TUYỂN CHỌN VÀ GIẢI CHI TIẾT 33 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 CẤP TỈNH, THÀNH PHỐ NĂM 2018 by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

TUYỂN CHỌN VÀ GIẢI CHI TIẾT 33 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 CẤP TỈNH, THÀNH PHỐ NĂM 2018 WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

ĐỀ SỐ 1 KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP THÀNH PHỐ KHÓA THI NGÀY: 29.3.2018 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Đề thi chính thức Đề thi có 2 trang

N Ơ

1.2. Hình vẽ bên mô tả thí nghiệm điều chế khí H2 trong phòng thí nghiệm, hãy cho biết: - Hóa chất ở trên bình cầu (Y) và trong bình thủy tinh (Z)? - Viết phương trình hóa học minh họa. - Khí H2 đã thu bằng phương pháp gì? Phương pháp này dựa trên tính chất gì của H2?

FF IC IA L

Câu 1: (5 điểm) 1.1. Xăng sinh học (xăng pha etanol), (etanol hay còn gọi rượu etylic) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha một lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E85 (pha 85% etanol), E10 (pha 10% etanol), E5 (pha 5% etanol),... - Tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học ? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. - Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống ? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng truyền thống thì cần 3,22 kg O2 .

ẠY

KÈ

1.3. Có 4 hidrocacbon A, B, C, D có cùng công thức phân tử là C4H8 - A, B làm mất màu dung dịch brom nhanh, C làm chậm mất màu dung dịch brom, còn D thì không. Biết A, B cộng H2 cho cùng sản phẩm G. Xác định CTPT của A, B, C, D. Câu 2: (6 điểm) 2.1. Từ dung dịch H2SO4 98% (khối lượng riêng 1,84 g/ml), dung dịch HCl 5M, nước cất và các dụng cụ cần thiết khác, hãy trình bày cách pha chế 300ml dung dịch chứa hỗn hợp H2SO4 1M và HCl 1M. 2.2. Có 6 chất rắn đựng trong 6 lọ riêng biệt, mất nhãn là: Na2CO3, Na2SO4, MgCO3 , BaCO3, BaSO4, CuSO4. Chỉ dùng thêm một thuốc thử, hãy nhận biết các chất rắn trên bằng phương pháp hóa học (viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra). 2.3. - Một học sinh A dự định làm thí nghiệm pha loãng H2SO4 như sau. Lấy một lượng H2SO4 đặc cho vào cốc thủy tinh, sau đó đổ nước vào trong cốc và khuấy đều bằng đũa thủy tinh. Cách làm thí nghiệm như dự định của học sinh A sẽ gây nguy hiểm như thế nào? Hãy đưa ra cách làm đúng và giải thích. - Nêu hiện tượng xảy ra và giải thích khi làm thí nghiệm sau: Cho một ít đường kính trắng vào cốc thủy tinh, rồi nhỏ từ từ 1-2 ml H2SO4 đặc vào. Câu 3: (4 điểm) 3.1. Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan 43,8 gam vào nước dư, thu được 2,24 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có chứa 41,04 gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 13,44 lít CO2 (đktc) vào trong dung dịch Y thu được m gam kết tủa. Tính m? 3.2. Hỗn hợp A gồm Fe, M và MO (M là kim loại có hóa trị cao nhất là 2, hydroxyt của M không lưỡng tính). Chia 57,6 gam hỗn hợp A thành hai phần bằng nhau. - Phần 1: Cho khí CO dư đi qua hỗn hợp A nung nóng để khử hoàn toàn oxyt thành kim loại, thu được hỗn hợp khí B, chất rắn C. Dẫn B qua dung dịch nước vôi trong được 6 gam kết tủa và dung dịch D. Cho dung dịch NaOH 1M vào dung dịch D để đạt được lượng kết tủa lớn nhất thì lượng dung dịch NaOH cần dùng ít nhất là 20 ml. Hòa tan chất rắn C trong dung dịch H2SO4 loãng dư còn lại 16 gam chất rắn không tan. - Phần 2: Hòa tan trong dung dịch HCl. Sau một thời gian thu được dung dịch E, khí G và chất rắn F gồm 2 kim loại. Cho dung dịch E tác dụng với dung dịch KOH dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được 17,1 gam

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

một kết tủa duy nhất. Hòa tan chất rắn F trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thu được 5,936 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Xác định kim loại M? Câu 4: (5 điểm) 4.1. Cho một bình chứa hỗn hợp khí X gồm metan (CH4), etilen (C2H4) và axetilen (C2H2). Hãy trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng khí trong X. 4.2. Đốt cháy 7,8 gam hidrocacbon A thu được 13,44 lít CO2 (đktc). Biết tỷ khối hơi của A đối với H2 bằng 39. Mặt khác 7,8 gam A tác dụng với AgNO3/ NH3 dư thu được 29,2 gam kết tủa. Tìm công thức cấu tạo của A, biết A có mạch thẳng. 4.3. Hỗn hợp X gồm ankin A (công thức CnH2n-2) và anken B (có công thức CmH2m). Biết A, B đều có mạch thẳng. Chia 11 gam X làm 2 phần bằng nhau. - Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc). - Phần 2: Hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch brom, thấy cần 200ml dung dịch Brom 1M. a. Tìm công thức phân tử A, B. b. Xác định công thức cấu tạo A, B biết A không phản ứng với dung dịch AgNO3 /NH3 cho kết tủa. ** HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HÓA HỌC LỚP 9, TP HỒ CHÍ MINH Năm học 2017-2018 ---------------Câu 1. 1.1. - Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì nguyên liệu sản xuất etanol để pha vào trong xăng có nguồn gốc từ thực vật (nhờ phản ứng lên men để sản xuất lượng lớn etanol). Loại thực vật thường được trồng và sử dụng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,… Các phương trình hóa học:

t 0 , Axit

t 0 ,Axit

(C6 H10O5 ) n  nH 2O   nC 6 H12O6

 C6H12O6 (glucozo)+ C6H12O6 (fructozo) C12H22O11 + 2H2O  men rîu

C6H12O6 (glucozo)  2C2H5OH + 2CO2 - Giả sử đốt 1 kg etanol:

mO = 2

3.32  2, 087 kg < 3,22 kg 46

1

C2H6O2 + 3O2  2CO2 + 3H2O 46 3.32 kg

ẠY

KÈ

Như vậy khi cháy 1kg etanol tiêu tốn lượng O2 ít hơn khi đốt 1kg xăng truyền thống, đồng nghĩa với lượng khí thải thoát ra (CO2 ) cũng ít hơn, hạn chế đáng kể tình trạng ô nhiễm môi trường. Mặt khác, nguồn nguyên liệu để sản xuất etanol lượng lớn không bị hạn chế trong khi trữ lượng xăng dầu truyền thống luôn bị hạn chế. Từ các ưu điểm trên cho thấy dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất để thay thế cho xăng truyền thống. 1.2. Bình cầu (Z) chứa dung dịch HCl hoặc H2SO4 loãng. Chất rắn trong bình thủy tinh (Z) là kim loại đứng trước hidro trong dãy hoạt động hóa học của kim loại. Ví dụ: Zn, Al ... Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2  Zn + H2SO4 loãng  ZnSO4 + H2  - Phương pháp thu khí như hình vẽ là phương pháp đẩy nước (hay còn gọi là dời chỗ nước) Khí H2 được thu bằng phương pháp đẩy nước là dựa vào tính chất H2 ít tan trong nước. 1.3. Các CTCT có thể có của C4H8 CH2=CH–CH2–CH3 (1) CH3–CH=CH–CH3 (2) (Chất này còn một đồng phân cis-trans, ở đây không xét) CH3 –C(CH3 )=CH2 (3)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

H2 C

CH2

CH2 (5)

(4) H2 C

CH2

H2C

CH3

2SO 4

FF IC IA L

A, B làm mất màu d.dịch brom nhanh và có cùng sản phẩm cộng H2 nên A, B tương ứng với (1),(2) D không làm mất màu dung dịch brom  D tương ứng với cấu tạo (4) C làm mất màu chậm dung dịch brom nên C tương ứng với cấu tạo (5) Câu 2 2.1. Số mol mỗi chất tan trong 300ml dung dịch hỗn hợp điều chế được:

 n HCl  0,3.1  0, 3 mol 0,3

 VddHCl 5M (cần lấy) =  0,06 lít = 60ml 5  VddH SO 98% (cần lấy) = 2 4

0,3.98.100  16,3ml 98.1,84

+ CO2 

BaCO3  BaO

Cách pha chế: - Cho 100ml nước cất vào cốc thủy tinh có vạch chia thể tích. - Dùng dụng cụ hút lấy 60ml dung dịch HCl 5M cho từ từ vào cốc, khuấy đều cho tan hết. Sau đó dùng dụng cụ hút lấy 16,3ml dung dịch H2SO4 98% cho từ từ vào cốc đó, khuấy đều cho tan. - Thêm từ từ nước cất vào dung dịch hỗn hợp cho tới khi chạm vạch 300ml thì thu được 300ml dung dịch H2SO4 1M và HCl 1M. 2.2. Trích mẫu các chất rắn để làm thí nghiệm - Nung nóng mỗi chất rắn thì phân biệt 2 nhóm chất. + Nhóm có khối lượng giảm xuống là BaCO3 hoặc MgCO3 (Nhóm A).

KÈ

MgCO3  MgO + CO2  + Nhóm còn lại là BaSO4, Na2CO3, CuSO4, Na2SO4 (Nhóm B) - Hòa tan sản phẩm nung của nhóm A vào nước dư, nếu sản phẩm tan thì chất ban đầu là BaCO3, nếu sản phẩm không tan thì chất ban đầu là MgCO3 BaO + H2O  Ba(OH)2 - Hòa tan lần lượt các chất nhóm B vào nước dư, mẫu không tan là BaSO4. Mẫu tan thành dung dich màu xanh là CuSO4, mẫu tan thành dung dịch không màu là Na2CO3 và Na2SO4 (nhóm C). - Thử các dung dịch nhóm C bằng dung dịch Ba(OH)2, lọc kết tủa làm khô rồi nung nóng. Hòa tan sản phâm vào nước, nếu tan thì mẫu ban đầu là Na2CO3. Mẫu còn lại là Na2SO4. Ba(OH)2 + Na2CO3  BaCO3  + 2NaOH Ba(OH)2 + Na2SO4 BaSO4  + 2NaOH t0

ẠY

BaCO3  BaO + CO2  Lưu ý: Có thể dùng dung dịch H2SO4 loãng dư để thử lượng nhỏ các mẫu + Mẫu nào không tan là BaSO4 + Mẫu nào có khí thoát ra và xuất hiện kết tủa là mẫu BaCO3 + Mẫu nào xuất hiện dung dịch màu xanh là CuSO4 (tan vật lý) + Mẫu nào tạo dung dịch không màu và không có khí thoát ra là mẫu Na2SO4 (tan vật lý) + Các mẫu có khí thoát ra mà không có kết tủa là MgCO3, Na2CO3 Phương trình hóa học: BaCO3 + H2SO4 loãng  BaSO4  + H2O + CO2  MgCO3 + H2SO4 loãng  MgSO4 + H2 O + CO2  Na2CO3 + H2SO4 loãng  Na2SO4 + H2O + CO2  - Cho 2 mẫu còn lại vào dung dịch Na2SO4, mẫu tan là Na2CO3 (tan vật lý), mẫu còn lại là MgCO3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

2.3. - Cách làm thí nghiệm theo dự định của học sinh A có thể bị bỏng axit. Vì H2SO4 tan rất mạnh trong nước và tỏa rất nhiều nhiệt. Nếu ta rót nước vào H2SO4, làm nước sôi đột ngột sẽ gây ra hiện tượng các giọt axit bắn ra xung quanh gây nguy hiểm. Đề xuất cách làm đúng: Cho vào cốc thủy tinh một lượng nước đủ lớn, sau đó cho từ từ H2SO4 đặc vào cốc nước, dùng đũa thủy tinh khuấy nhẹ. Vì làm như vậy lúc nào trong cốc cũng có lượng nước lớn hơn nhiều so với lượng axit, nhiệt tỏa ra khi hòa tan bị nước hấp thu, nước không bị sôi đột ngột nên không có hiện tượng bắn các giọt axit ra ngoài. - Cho 1-2 ml H2SO4 đặc vào cốc chứa đường kính trắng thì màu trắng của đường chuyển dần sang màu vàng, sau đó hóa nâu và cuối cùng có chất rắn xốp màu đen. Có bọt khí sinh ra đẩy khối chất rắn màu đen lên trên miệng cốc. Giải thích: H2SO4 đặc hút nước (tách H và O từ phân tử đường) nên chỉ còn lại cacbon (màu đen, xốp). Cacbon tác dụng với H2SO4 đặc tạo ra hỗn hợp khí gây ra sủi bọt và đẩy than lên trên. H SO ®Æc

2 4 C12H22O11   12C + 11H2O

C + 2H2SO4 đặc  2SO2  + CO2  + 2H2O Câu 3:

41,04

2, 24

13, 44

 0,1(mol) ; n Ba(OH)   0, 6(mol) 3.1. n H   0, 24 mol ; n CO  2 2 2 22, 4 22, 4 171 Phản ứng của X với H2O Na2O + H2O  2NaOH BaO + H2 O  Ba(OH)2 2Na + 2H2O  2NaOH + H2  Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2  Gọi x là số mol NaOH Theo bảo toàn số mol H, ta cso: (phản ứng) =

1 x  0, 24.2  0,1.2 (n NaOH  2n Ba(OH)  n H2 )   (0, 5x  0,34) mol 2 2 2

BTKL  43,8 + 18.(0,5x + 0,34) = 41,04 + 40x + 0,1.2  x = 0,28 mol (Ngoài cách trên các em có thể giải bằng nhiều cách: Quy đổi X gồm 3 chất, phân tích hệ số, sử dụng công thức trung bình, sử dụng quy tắc hóa trị ...)

ẠY

KÈ

Vì n Ba(OH)  n NaOH  0,52  n CO  0, 6  n OH  0, 76  Kết tủa BaCO3 bị tan một phần 2 2  Các muối sau phản ứng gồm BaCO3, Ba(HCO3 )2, NaHCO3 CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O 0,24  0,24  0,24 mol CO2 + NaOH  NaHCO3 0,28  0,28 mol CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 (0,6 – 0,52)  0,08 mol  m = (0,24 – 0,08).197 = 31,52 gam 3.2. Mỗi phần A có khối lượng 28,8 gam -Phần 1: n NaOH  0, 02 mol ; n CaCO (lần 1) = 0,06 mol 3

Khí B: CO2, CO dư t0

; rắn C gồm Fe và M

CO + MO  M + CO2 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + NaOH  CaCO3  + NaHCO3 + H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Theo các pư: n O (oxit kim loại)  n CO  n CaCO (lần 1) + 2n NaOH = 0,06 + 0,02.2 = 0,1 mol 2 3 C + H2SO4 loãng dư còn lại 16 gam chất rắn không tan  n Fe 

28,8  16  0,1.16  0,2 mol 56

-Phần 2: n SO  0, 265 mol 2

0,19



FF IC IA L

F gồm 2 kim loại (Fe và M)  MO phản ứng hết  MCl2 Mặt khác, kết tủa chỉ gồm 1 chất  kết tủa là Fe(OH)2  MCl2 đã bị Fe phản ứng hết. MO + 2HCl  MCl2 + H2O Fe + MCl2  FeCl2 + M  Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  FeCl2 + 2KOH  Fe(OH)2  + 2KCl

17,1 mol 90 t0

2Fe + 6H2SO4 đặc  Fe2 (SO4)3 + 6H2O + 3SO2  (0,2-0,19) 0,015 (mol) t0

16  64 (Cu) 0, 25

Ta có: M =

M + 2H2SO4 đặc  MSO4 + 2H2O + SO2  0,25 (0,265 – 0,015) mol

Câu 4: 4.1. Sơ đồ tách:

C2 H2

ddBr

2 d  C 2 H 4 , CH 4 

ddAgNO / NH d

3 3  C 2 H 4 

CH 4

dd HCl

 Zn, ®un nãng

 C2H4  C 2 H 4 Br2  

 C 2H 2 C 2 Ag 2  

CH 4 

(Thực tế các khí ra khỏi bình dung dịch AgNO3/NH3 có thể lẫn NH3, vì vậy muốn loại bỏ khí này thì cần loại bỏ NH3 bằng dung dịch H2SO4 loãng)

7,8

4.2. n A   0,1 mol ; n CO  0, 6mol  n H  7,8 – 0,6.12 = 0,6 mol = nC 2 78  A: CnHn  13n = 78  n = 6  CTPT của A: C6H6 NH

KÈ

3  2C H 2C6H6 + aAg2O  6 6 – a Aga  + aH2O 0,1  0,1 mol

29, 2  292  a = 2 0,1

ẠY

Ta có: 78 + 107a =

1mol A thế với 2 mol AgNO3 / NH3  A có 2 liên kết ba CC ở đầu mạch. CTCT của A: CH  C–CH2 –CH2 –CCH 4.3. Mỗi phần có khối lượng 5,5 gam -Phần 1: n CO  0, 4 mol 2 BT mol H  2 n H O  5,5 – 0,4.12  n H O  0,35 mol 2 2

3n  1 t0 O2  nCO2 + (n-1)H2O (1) n CO  n H O  n A 2 2 2 3m t0 + O2  mCO2 + mH2 O (2) n CO  n H O  0 2 2 2

CnH2n-2 + CmH2m

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Từ (1,2)  n ankin A 

 n CO2  n H2O  0, 05 mol

-Phần 2: n Br  0,2 mol 2

FF IC IA L

Cn H2n-2 + 2Br2  CnH2n-2Br4 0,05 0,1 (mol) CmH2m + Br2  CmH2mBr2 0,1 (0,2-0,1) mol

ẠY

KÈ

 n, m nguyên d¬ng; a. Ta có 0,05n + 0,1m = 0,4  n + 2m = 8 (*) điều kiện:   n  2;m  2 - Trường hợp 1: n = 2 ; m = 3  CTPT của A, B lần lượt là: C2H2 , C3H6 - Trường hợp 2: n = 4 ; n = 2  CTPT của A,B lần lượt là: C4H6, C2H4 b. Vì A không phản ứng với dung dịch AgNO3 /NH3 nên A không có liên kết ba ở đầu mạch  trường hợp 2 là thỏa mãn CTCT của A: CH3–CC–CH3 CTCT của B: CH2 =CH2 ---**---

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

ĐỀ SỐ 02 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 Môn: HÓA HỌC Ngày thi: 04/4/2018 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 02 trang)

FF IC IA L

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài I (3,0 điểm) 1. Hình vẽ bên mô tả thí nghiệm điều chế khí Z. Khí Z có thể là khí nào trong số các khí sau: H2, NH3, SO2, HCl. Viết phương trình hóa học minh họa và chỉ rõ các chất X, Y trong phản ứng.

2. Giải thích tại sao: - Nước đá khô thường được dùng để bảo quản thực phẩm? - Khí CO2 không thể dùng để dập tắt đám cháy kim loại như Mg, Al? 3. Để AgCl (màu trắng) ngoài ánh sáng, thấy chuyển dần thành chất rắn màu đen. Giải thích hiện tượng và viết phương trình hóa học minh họa. Bài II (4,0 điểm) 1. Chọn các chất phù hợp và viết phương trình hóa học thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau:

Ba(OH)2 HCl X (r) mµu ®en  X1(k ) vµng lôc   X 2(dd ) kh«ng mµu   X 3(dd ) mµu vµng   X 2(dd) kh«ng mµu (1) (2) (3) (4)

  M kÕt tña tr¾ng (9) 0

H2SO4 ®Æc, t HCl Y(r) mµu ®en  Y1(dd ) mµu xanh   Y2(dd ) mµu xanh   Y3(r) mµu ®á   Y4(dd) mµu xanh (5) (6) (7) (8)

Biết phân tử khối các chất thỏa mãn: M X  M Y  167 ; M X + M Y = 396 ; M X + M Y = 226,5 2 2 3 3 2. Chọn các chất phù hợp và hoàn thành các phương trình hóa học sau: t0

a) KMnO4  A1 + A2 + O2 

(1)

A1 + HCl đặc  Cl2  + ....+……(2) t0

A2 + HCl đặc  Cl2 + …+……. (3)

KÈ

Bài III (4,0 điểm) 1. Đốt cháy m gam đơn chất X (là chất rắn màu đỏ) trong oxi dư thu được chất rắn Y (chất Y tan trong nước thành một dung dịch axit tương ứng với Y). Cho toàn bộ chất rắn Y vào 500ml dung dịch chứa hỗn hợp NaOH 0,5M và KOH 1M đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch sau phản ứng, làm khô các chất thu được 47,24 gam chất rắn khan. Tìm giá trị của m. 2. Đặt hai cốc A, B có khối lượng bằng nhau lên 2 đĩa cân, cân ở vị trí thăng bằng. Cho 120 gam hỗn hợp kali hidrocacbonat và natri hidrocacbonat vào cốc A; 85 gam bạc nitrat vào cốc B. Thêm từ từ 100 gam dung dịch axit sunfuric 19,6% vào cốc A; 100 gam dung dịch axit clohidric 36,5% vào cốc B. Sau thí nghiệm, cân có ở vị trí thăng bằng không? Nếu cân không ở vị trí thăng bằng thì cần thêm bao nhiêu gam dung dịch axit clohidric 36,5% vào cốc nào để cân trở lại vị trí thăng bằng? (Giả thiết khí CO2 không tan trong nước, bỏ qua quá trình bay hơi của nước và hidroclorua). Bài IV (4,0 điểm) 1. Cho ankan X tác dụng với clo trong điều kiện có ánh sáng thu được khí hidroclorua và 26,25 gam hỗn hợp Y gồm hai dẫn xuất monoclo và điclo. Lượng khí hidroclorua sinh ra được hòa tan hoàn toàn vào nước, trung hòa dung dịch thu được bằng 500ml dung dịch NaOH 1M. a) Tìm công thức phân tử của ankan X. b) Đốt cháy hoàn toàn V lít (ở đktc) ankan X bằng oxi dư, toàn bộ lượng CO2 sinh ra được hấp thụ vào 250ml dung dịch Z chứa đồng thời Ba(OH)2 0,2M và NaOH 0,32M thu được m gam kết tủa. Tìm điều kiện của V để m đạt giá trị lớn nhất.

ẠY D

b) B1 + B2  BaSO4  + CO2  + ….+…. (1) B1 + BaCl2  BaSO4  +…+… (2) B2 + H2SO4  BaSO4  + CO2  + ..... (3) B2 + NaOH  B3  + ….+ …. (4)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

2. Đốt cháy hoàn toàn 0,99 mol hỗn hợp X gồm CH3 COOCH3, CH3COOC3 H7 và ba hidrocacbon mạch hở thì cần vừa đủ 3,81 mol O2 thu đươc CO2 và 43,2 gam nước. Nếu cho 0,165 mol hỗn hợp X tác dụng dung dịch Br2 dư thì có bao nhiêu mol Br2 phản ứng? Bài V (5,0 điểm) 1. Hòa tan một lượng hỗn hợp gồm Al và Al2O3 trong dung dịch H2SO4 loãng vừa đủ thu được dung dịch X trong đó số nguyên tử hidro bằng 1,76 lần số nguyên tử oxi. Tính nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch X. 2. Cho m (gam) Zn vào dung dịch chứa 0,1 mol AgNO3 và 0,15 mol Cu(NO3)2 , sau một thời gian thu được 26,9 gam kết tủa và dung dịch X chứa 2 muối. Lọc kết tủa, thêm tiếp 5,6 gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 6 gam kết tủa. Tím giá trị của m. 3. Cho 5,102 gam hỗn hợp X gồm hai muối M2CO3 và MHCO3 tác dụng với dung dịch HCl dư, dẫn toàn bộ khí thoát ra vào 500ml dung dịch Y gồm KOH 0,024M và Ba(OH)2 0,09M thu được 7,88 gam kết tủa. Xác định công thức và tính phần trăm khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp X. ------*------HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2017-2018 ---------Bài I (3,0 điểm) 1. Khí Z thu được bằng cách đẩy nước nên khí Z không tan hoặc rất ít tan trong nước. Chọn khí Z là H2 ; X là dung dịch HCl, Y kim loại (Zn, Mg ...) Phương trình hóa học: Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2 

2. - Nước đá khô là khí CO2 ở trạng thái rắn (lạnh đến – 78,50C), lạnh hơn nước đá thường nên giúp thực phẩm tươi lâu hơn. - CO2 (rắn) chỉ bị thăng hoa thành khí CO2 chứ không chuyển thành lỏng như nước đá thường nên thực phẩm luôn được khô ráo (sạch hơn). Ngoài ra, lớp khí CO2 bao bọc thực phẩm làm ức chế sự xâm nhập của các vi sinh vật, giúp cho thực phẩm có mùi tự nhiên. - Không dùng khí CO2 không thể dùng để dập tắt đám cháy kim loại như Mg, Al do các kim loại Mg và Al có tính khử rất mạnh, tác dụng với CO2 ở nhiệt độ cao, làm cho đám cháy mạnh thêm.

4Al + 3CO2  2Al2O3 + 3C t0

2Mg + CO2  2MgO + C t0

KÈ

C + O2  CO2 Các phản ứng trên xảy ra liên tục nên làm cho đám cháy càng xảy ra mãnh liệt. 3. Khi bị chiếu sáng thì AgCl bị phân hủy thành kim loại Ag ở dạng vô định hình (dạng bột) nên có màu đen (kim loại Ag dạng cấu trúc mạng tinh thể rất ánh kim, có màu trắng bạc) as

ẠY

2AgCl  2Ag (bột) + Cl2  Bài II (4,0 điểm) 1. Sơ đồ

Ba(OH)2 HCl X (r) mµu ®en  X1(k ) vµng lôc   X 2(dd ) kh«ng mµu   X 3(dd ) mµu vµng   X 2(dd) kh«ng mµu (1) (2) (3) (4)

  M kÕt tña tr¾ng (9) 0

H2SO4 ®Æc, t HCl Y(r) mµu ®en  Y1(dd ) mµu xanh   Y2(dd ) mµu xanh   Y3(r) mµu ®á   Y4(dd) mµu xanh (5) (6) (7) (8)

Phân tích sơ đồ ta thấy: X là MnO2  MY = 167 – 87 = 80  X: CuO Y3 rắn màu đỏ  Y3 là Cu  X3 = 226,5 – 64 = 162,5  X3: FeCl3 ; Y4: CuSO4 Y2 là Cu(NO3)2  X2 = 396 – 188= 208  X2 là BaCl2  M: BaSO4 Các phương trình hóa học: MnO2 + 4HCl đặc  MnCl2 + 2H2O + Cl2  Cl2 + BaBr2  BaCl2 (dd) + Br2 (lưu ý: đề cho X2 là dung dịch nên không chọn Ba + Cl2  BaCl2)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

3BaCl2 + Fe2(SO4 )3  2FeCl3 + 3BaSO4  2FeCl3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4  + 3BaCl2 CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O CuCl2 + 2AgNO3  2AgCl  + Cu(NO3)2 Cu(NO3)2 + Fe  Cu + Fe(NO3 )2 Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 + 2H2O + SO2  CuSO4 + BaCl2  BaSO4  + CuCl2 2. Chọn các chất phù hợp và hoàn thành các phương trình hóa học sau: A1: K2MnO4 ; A2: MnO2 t0

FF IC IA L

a. 2KMnO4  K2 MnO4 + MnO2 + O2  K2MnO4 + 8HCl đặc  2KCl + MnCl2 + 4H2O + 2Cl2  MnO2 + 4HClđăc  MnCl2 + 2H2O + Cl2  b. B1: NaHSO4; B2: Ba(HCO3)2 ; B3: BaCO3 2NaHSO4 + Ba(HCO3)2  BaSO4  + Na2SO4 + 2CO2  + 2H2O 2NaHSO4 + BaCl2  BaSO4  + Na2SO4 + 2HCl Hoặc viết: NaHSO4 + BaCl2 dư  BaSO4  + NaCl + HCl Ba(HCO3)2 + H2SO4  BaSO4 + 2H2 O + 2CO2  Ba(HCO3)2 + 2NaOH  BaCO3  + Na2CO3 + 2H2O Hoặc viết: Ba(HCO3)2 dư + NaOH  BaCO3  + NaHCO3 + H2O Lưu ý: dung dịch NaHSO4 có tính chất tương tự dung dịch H2SO4 loãng. Bài III (4,0 điểm) 1. Chất rắn X màu đỏ, Y là oxit axit  X là photpho (P) và Y là P2 O5 Số mol NaOH = 0,25 mol ; KOH = 0,5 mol  mNa+K = 0,25.23 + 0,5.39 = 25,25 (gam)

0, 75.95 = 49 (gam) 3 0, 75.96 Nếu vừa đủ tạo ra muối =HPO4  mrắn = 25,25 + = 61,25 (gam) 2

Nếu vừa đủ tạo ra muối PO4  mrắn = 25,25 +

Nếu vừa đủ tạo ra muối –H2PO4  mrắn = 25,25 + 0,75.97= 98 (gam) Theo đề bài mrắn = 47,24 gam < 49 gam  phản ứng tạo muối trung hòa và kiềm dư Đặt công thức của KOH và NaOH là MOH

4P + 5O2  2P2O5 P2O5 + 3H2O  2H3PO4 H3PO4 + 3MOH  M3PO4 + 3H2 O

(1) (2) (3)

KÈ

BT mol P  n H PO  n P  (mol) 3 4 31

Theo (3)  n H O  3n H PO = (mol) 2 3 4 31

ẠY

BTKL theo pư (3) 

98m 3m.18  0, 25.40  0, 5.56  47, 24   m = 6,51 (gam) 31 31

Tóm tắt:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Hướng dẫn: Cốc A:

2SO 4



19, 6  0, 2 mol ; 98

120 120  1, 2  n NaHCO  KHCO   1, 43 mol 3 3 100 84

FF IC IA L

 H2SO4 hết. 2MHCO3 + H2SO4  M2SO4 + H2O + 2CO2  0,2  0,4 (mol) mddB = 100 + 120 – 0,4.44 = 202,4(gam) Cốc B:

n HCl 

36,5 85  1(mol) ; n AgNO =  0,5 mol < 1  AgNO3 hết. 3 170 36,5

a.s

CnH2n+2 + Cl2  CnH2n+1Cl + HCl

(1)

a.s

Bài IV (4,0 điểm) 1. Đặt công thức của ankan X: CnH2n+2 (n  1, n nguyên)

AgNO3 + HCl  AgCl  + HNO3 0,5  0,5 mcác chất trong B = 100 + 85 = 185 gam < 211,2 gam. Vậy cân không thăng bằng, cân lệch về bên cốc A. * Muốn cân thăng bằng phải thêm dung dịch HCl vào cốc B. Vì trong B không có chất nào tác dụng với HCl nên khối lượng dung dịch HCl thêm vào bằng độ chênh khối lượng giữa 2 cốc.  m ddHCl (thêm vào) = 202,4 – 185 = 17,4 (gam)

14n  71 26, 25 14n  36,5   52,5   1,14 < n < 2,4  n = 2 2 0,5 1



CnH2n+2 + 2Cl2  CnH2nCl2 + 2HCl (2) HCl + NaOH  NaCl + H2O (3) 0,5 0,5 mol Theo các phản ứng (1,2,3): n Cl (trong )  n HCl  0, 5 mol Y Trong dẫn xuất điclo có hàm lượng Cl cao hơn trong dẫn xuất monoclo

Công thức phân tử ankan X: C2H6 b. n Ba(OH)  0, 05 mol; n NaOH = 0,08 mol t0

C2H6 + 3,5O2  2CO2 + 3H2O

KÈ

V  22, 4

V (mol) 11, 2

ẠY

Vì kết tủa cực đại nên Ba(OH)2 phản ứng hết và chưa xảy ra phản ứng hòa tan kết tủa bởi CO2. CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O (2) CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O (3) CO2 + H2O + Na2CO3  2NaHCO3 (4) * Lượng CO2 min khi vừa đủ xảy ra phản ứng (2)

 n CO  n Ba(OH)  0, 05mol   0, 05  V  0, 56lit 2 2 11, 2 * Lượng CO2 max khi vừa đủ xảy ra phản ứng (2,3,4)

 0,13  V  1, 456 lit  n CO  n Ba(OH)  n NaOH  0, 05  0, 08  0,13mol  2 2 11, 2 Vậy 0,56 lít  V  1,456 lít 2. Giả sử đốt 0,165 mol X thì lượng CO2 và O2 là: nO  2

0,165 43,2 0,165 .3,81  0, 635 (mol) ; n H O =   0, 4 mol 2 0,99 18 0,99

Đặt CT của axit và hidrocacbon lần lượt là: CnH2nO2 và CmH2m+2-2k

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

CnH2nO2 + (1,5n – 1)O2  nCO2 + nH2O

(1)  hÖ sè (1,5H 2 O  O 2 )  1

a (mol) t0

CmH2m+2-2k + (1,5m + 0,5 – 0,5k)O2  mCO2 + (m +1 – k)H2O (2)  hÖ sè (1,5H 2 O  O2 )  1  k

Cách 2: Hidro hóa Giả sử cho X tác dụng H2  số mol H2 pư = số mol Br2 pư = x (mol)

Cn H 2n O 2 : a(mol)



Cm H 2m  2 : 0,165 - a

Cn H 2n O 2 : a(mol) Cm H 2m  2 : 0,165-a t0

O2  (0,635 + 0,5x) mol

 CO 2 +  b

H2 O 

X + x(mol) H2  0,165 mol X'

FF IC IA L

b(mol) CmH2m+2-2k + kBr2  CmH2m+2-2kBr2k (3) b bk (mol) Theo (1,2): a.1 + b.(1-k) = 1,5.0,4 – 0,635  bk = a + b + 0,035 = 0,165 + 0,035 = 0,2 mol Theo (2): n Br (phản ứng) = kb = 0,2 mol

0,4 mol + x

 n Ankan  0,4 + x – b = 0,165 – a

 x  a  b  0, 235 0.235.2  0,87 x  0, 2 = n Br 2 2  2a  2b  0, 4  0, 635.2  0,87

 

Cách 3: Giải theo chất tổng quát

CnH2n+2-2kOm + (1,5n + 0,5 – 0,5k – 0,5m)O2  nCO2 + (n+1-k)H2 O 0,165 mol Theo phản ứng  3.hệ số H2O – 2hệ số O2 = 2 – 2k + m  3n H 2O  2n O 2  2n hh  2n pi(pt)  n O( este)  2n hh  2n pi(pt)  2n pi( este)  2n hh  2n pi(hidrocacbon)

 n pi(hidrocacbon) = (2.0,165 – 3.0,4 + 2.0,635) : 2 = 0,2 mol = n Br (phản ứng) 2 Bài V (5,0 điểm) 1. Phương trình hóa học: Al2O3 + 3H2 SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O 2Al + 3H2 SO4  Al2(SO4)3 + 3H2  Dung dịch X gồm Al2 (SO4)3 và H2 O

Al2 (SO4 )3 :1(mol) H 2O : x(mol)

KÈ

Giả sử

 2x = 1,76.(x + 12)  x = 88

342

ẠY

 C% Al (SO )  100%  17, 76% 2 4 3 342  88.18 2. Dung dịch X gồm: Zn(NO3 )2 và Cu(NO3)2  AgNO3 hết m rắn = 26,9 gam > 0,1.108 = 10,8 gam  Chất rắn gồm Ag, Cu (hoặc còn Mg) Chất rắn gồm Ag Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag  0,05 0,1 0,1 mol  tăng m1 = 7,55 gam Zn + Cu(NO3)2  Zn(NO3)2 + Cu  x x x (mol)  giảm m 2 = x (gam) Khi cho Fe vào X thì chỉ xảy ra phản ứng của Fe với Cu(NO3)2 Fe + Cu(NO3 )2  Fe(NO3)2 + Cu  (tăng m  8gam /1mol Fe )

 n Fe (phản ứng) =

6  5, 6  0,05 mol < n Fe (ban đầu) = 0,1  Cu(NO3)2 hết 8

 n Cu(NO ) = n Fe (phản ứng) = 0,05 mol  x = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol 3 2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

m Zn  0,15.65  26,9  0,1.108  (0,15  0, 05).64  19, 45 (gam)

3. - Phản ứng của X với dung dịch HCl M2CO3 + 2HCl  2MCl + H2O + CO2  (1) MHCO3 + HCl  MCl + H2O + CO2  (2) - Phản ứng của CO2 với hỗn hợp kiềm

FF IC IA L

Việc tính toán xác định m có thể thực hiện theo nhiều cách khác nhau: Cách 1: Tăng giảm khối lượng Tăng giảm khối lượng  m + 7,55 – 0,1 = 26,9  m = 19,45 (gam) Cách 2: Sử dụng BTKL cho phản ứng (1,2) BT số mol gốc NO3  2. n Zn(NO ) + 0,05.2 = 0,15.2 + 0,1  n Zn(NO ) = 0,15 mol 3 2 3 2 BTKL kim loại theo phản ứng (1,2)  m + 0,1.108 + 0,15.64 = 26,9 + 0,15.65 + 0,05.64  m = 19,45 gam Cách 3: BTKL cả quá trình Xét cả quá trình có 0,15mol Zn và 0,05 mol Fe đã chuyển vào muối, các kim loại còn lại ở trong các chất rắn.  m + 0,1.108 + 0,15.64 + 5,6 – 0,15.65 – 0,05.56 = 26,9 + 6  m = 19,45 gam Cách 4: Tính theo rắn lần 1

n Ba(OH)  0, 045 mol ; n KOH = 0,012 mol 2

n BaCO  0, 04 mol < n Ba(OH) = 0,045  Kết tủa dưới cực đại  có 2 trường hợp 3

Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O (3) 0,04 0,04 mol

5,102



2CO3

n KHCO

29.138  127,55  100 29 %m K 2CO3  40.127,55 100%  78, 44%     138  127,55 11 %m  21,56% KHCO3 

KHCO3

K 2 CO3

 127,55 g/mol Theo (1,2): n X  n CO2  0,04mol  M X  0, 04 Theo TC trung bình M + 61 < 127,55 < 2M + 60  33,775 < M < 66,55  M = 39 (K) thỏa mãn

(Hoặc giải hệ pt 2 ẩn tìm số mol  tính % khối lượng (như TH2), hoặc dùng cách khác đều được) Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần  n BaCO (hòa tan) = 0,045 – 0,04 = 0,005 mol 3

Ba(OH)2  BaCO3  + H2 O (3) 0,045 0,045 mol KOH  KHCO3 (4) 0,012 (mol) H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 (5) 0,005 mol

KÈ

CO2 + 0,045 CO2 + 0,012 CO2 + 0,005

ẠY

n X  n CO  0,062 mol  M X  2

5,102  82, 3 g/mol 0, 062

Theo TC trung bình M + 61 < 82,3 < 2M + 60  11,15 < M < 21, 3 M = 18 (-NH4) thỏa mãn

(NH 4 ) 2 CO3 : a(mol)

a  b  0, 062 a  0, 012   NH 4 HCO3 : b(mol) 96a  79b  5,102  b  0, 05 0, 012.96 100%  22,58%  %m NH HCO  77, 42%  %m (NH ) CO  4 2 3 4 3 5,102  X

--**--

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

ĐỀ SỐ 3 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 13/3/2018 (Đề gồm 02 trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ---------------ĐỀ CHÍNH THỨC

CH3 COONa

(1)

(4) (3)

CH4

(6)

C2H2

C2H4

(5)

C6 H6

(7)

(2)

Al4C3

FF IC IA L

Câu I. (3,5 điểm) 1. Viết các phương trình hóa học để thực hiện dãy chuyển hóa sau (ghi điều kiện nếu có):

C2H3Cl

(8)

PVC

2. Hỗn hợp khí gồm CO, CO2 , C2H4 và C2H2. Trình bày phương pháp hóa học dùng để tách riêng từng khí ra khỏi hỗn hợp. Câu II. (3,0 điểm) 1. Trong phòng thí nghiệm có các dung dịch: HCl đặc, NaOH; các chất rắn: CaCO3, MnO2, Al4C3, CaC2. a. Từ các hóa chất trên có thể điều chế được những chất khí nào trong số các khí sau: H2, O2, Cl2, CO2, CH4, C2H2. Với mỗi khí (nếu điều chế được) viết một phương trình hóa học. b. Hình vẽ bên mô tả bộ dụng cụ điều chế và thu khí X. Hãy cho biết X là những khí nào trong số các khí ở trên được điều chế và thu bằng bộ dụng cụ đó. Vì sao?

ẠY

KÈ

2. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong mỗi thí nghiệm sau: a. Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch Ca(OH)2 . b. Cho một mẫu nhỏ kim loại Na vào dung dịch FeCl3. Câu III. (3,5 điểm) 1. Có các dung dịch không màu đựng trong các lọ mất nhãn riêng biệt: HCl, NaOH, H2SO4, NaCl. Chỉ được sử dụng thêm một dung dịch (chứa một chất tan), hãy trình bày cách phân biệt mỗi dung dịch và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 2. Hòa tan hoàn toàn a mol Al vào dung dịch chứa b n Al(OH) (mol) 3 mol HCl thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH vào X, sự phụ thuộc của số mol Al(OH)3 theo số mol NaOH được biểu diễn bằng đồ thị như hình vẽ a bên: Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy n NaOH (mol) ra và xác định các giá trị a, b, x. Biết các phản ứng xảy 0 0,1 x 1,0 ra hoàn toàn. Câu IV. (4,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn m gam hợp chất hữu cơ X cần dùng 1,176 lít O2 (đktc), chỉ thu được khí CO2 và hơi H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư, sau khi phản ứng kết thúc thì trong bình có 4,5 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 1,71 gam so với dung dịch ban đầu. Biết tỉ khối hơi của X so với khí H2 bằng 37. a. Tính giá trị m. b. Xác định công thức phân tử của hợp chất X. 2. Hòa tan hết hỗn hợp gồm FeS, Fe, FeO và Fe(OH)2 trong một lượng vừa đủ dung dịch H2 SO4 loãng, sau phản ứng thu được dung dịch Y (chỉ chứa một chất tan). Biết trong Y, khối lượng nguyên tố oxi chiếm

16 tổng khối lượng của dung dịch. 19

a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

mol tương ứng là 2 : 1. Tỉ khối của hỗn hợp M so với hiđro bằng

FF IC IA L

b. Tính nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch Y. Câu V. (2,0 điểm) 1. E là oxit của kim loại M, trong đó oxi chiếm 20% khối lượng. Xác định công thức của E. 2. Cho dòng khí CO (thiếu) đi qua ống sứ chứa x gam chất E nung nóng. Sau phản ứng, khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là y gam. Hòa tan hết y gam này vào lượng dư dung dịch HNO3 loãng, thu được dung dịch F và khí NO duy nhất bay ra. Cô cạn cẩn thận dung dịch F thu được 3,7x gam muối G. Giả thiết hiệu suất các phản ứng là 100%. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Lập biểu thức tính thể tích NO (đktc) theo x, y và xác định công thức của G. Câu VI. (2,0 điểm) Hỗn hợp M gồm một hiđrocacbon A và một hiđrocacbon B có công thức C n H2n-2 (n  2), có tỉ lệ

76 . Đốt cháy hoàn toàn 3,36 lít 3

(đktc) hỗn hợp M, sau đó dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào 1000 gam dung dịch Ca(OH)2 7,4% thấy có 55 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, sau đó đun sôi dung dịch thì không thấy có thêm kết tủa. 1. Tìm công thức phân tử của A và B, biết phân tử của chúng hơn kém nhau 1 nguyên tử cacbon. 2. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch sau khi lọc bỏ kết tủa. Câu VII. (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Na2SO4, Na2CO3, NaHCO3 đã được trộn đều. Chia 48,48 gam X làm 3 phần: - Cho phần 1 tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thì thấy có 1,2 gam NaOH phản ứng. - Cho phần 2 (có khối lượng gấp đôi phần 1) tác dụng với dung dịch HCl dư thấy thoát ra 2,24 lít khí (đktc). - Cho phần 3 tác dụng với lượng dư dung dịch Ba(OH)2 thì thấy có 51,3 gam Ba(OH)2 phản ứng. Tính khối lượng mỗi chất trong 48,48 gam hỗn hợp X. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn.

-- ** --HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2017-2018 ----------Câu I. (3,5 điểm) 0

1- Các phương trình hóa học:

t (CaO) (1) CH3COONa + NaOH   CH4  + Na2CO3 (2) Al4C3 + 12H2O  3CH4  + 4Al(OH)3

1500 C (3) 2CH4   C2H2 + 3H2 lµm l¹nh nhanh 0

t ,Pd/PbCO3 (4) C2 H2 + H2   C2H4 0

t ,xt (5) nC2H4   (-CH2-CH2-)n P 0

600 C (6) 3C2H2  C6H6 bét than

KÈ

(7) C2 H2 + HCl  C2H3Cl t 0 ,xt

ẠY

(8) nC2H3Cl   (-CH2-CHCl-)n P 2- Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch Ca(OH)2 dư; CO2 được giữ lại, lọc kết tủa nhiệt phân thì được CO2: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2 O 0

t CaCO3   CaO + CO2 - Dẫn hỗn hợp khí còn lại qua dung dịch AgNO3/NH3 dư; lọc tách thu được kết tủa và hỗn hợp khí CO, C2H4 và NH3:

AgNO

3 C2 H2 + Ag2O   Ag2C2  + H2O NH 3

Cho kết tủa tác dụng với dung dịch HCl dư thu được C2H2: Ag2C2 + 2HCl  2AgCl  + C2H2 - Dẫn hỗn hợp CO, C2H4 và NH3 qua dung dịch H2SO4 loãng, dư, thu được CO. 2NH3 + H2SO4  (NH4)2SO4 H SO

2 4 C2 H4 + H2O   C2H5OH Chưng cất dung dịch thu được C2H5OH. Tách nước từ rượu etylic thu được C2H4 :

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

H SO ñaëc

2 4 C2 H5OH   C2H4 + H2O 170 0 C

Câu II. (3,0 điểm) 1. a) Có thể điều chế được tất cả các khí: H2, O2, Cl2, CO2, CH4, C2 H2. ñpdd NaOH 2H2O   2H2 + O2 CaCO3 +2HCl  CaCl2 + CO2 + H2O MnO2 + 4HCl đặc  MnCl2 + Cl2 + 2H2O Al4C3 + 12HCl  4AlCl3 + 3CH4 CaC2 + 2HCl  CaCl2 + C2H2 

FF IC IA L

(1) (2) (3) (4) (5)

b) Với bộ dụng cụ như hình vẽ trên thì khí X được điều chế từ chất rắn và dung dịch. - Khí X thu được bằng phương pháp đẩy nước nên các khí X phải không tan hoặc ít tan trong nước.  các khí X là: CO2, CH4 và C2H2. 2. a. Lúc đầu xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực đại, sau đó kết tủa tan dần thành dung dịch trong suốt. CO2 + Ca(OH)2CaCO3  + H2O CO2 + H2O + CaCO3Ca(HCO3)2 b. Kim loại tan mạnh, có khí không màu thoát ra, dung dịch màu vàng nâu chuyển dần thành kết tủa màu nâu đỏ. 2Na + 2H2O2NaOH + H2  3NaOH + FeCl3Fe(OH)3  + 3NaCl

ẠY

KÈ

Câu III. (3,5 điểm) 1. Trích mẫu các dung dịch để làm thí nghiệm - Thử các mẫu bằng dung dịch Ba(HCO3)2 + Mẫu nào có kết tủa trắng và sủi bọt khí là dung dịch H2 SO4. Ba(HCO3)2 + H2SO4  BaSO4 + 2H2O + 2CO2 + Mẫu nào có sủi bọt khí, không có kết tủa là dung dịch HCl. Ba(HCO3)2 + 2HCl  BaCl2 + 2H2O + 2CO2 + Mẫu nào có kết tủa trắng, không có hiện tượng sủi bọt khí là dung dịch NaOH. Ba(HCO3)2 + 2NaOH  BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O Hoặc: Ba(HCO3)2 + NaOH  BaCO3  + NaHCO3 + H2O + Mẫu không thấy hiện tượng là dung dịch NaCl. 2n Al(OH) (mol) - Phương trình hóa học: 3 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 (1) a mol 3a a Khi n NaOH = 0,1 mol thì kết tủa Al(OH)3 bắt đầu xuất a hiện  trong X có HCl dư HCl(dư) + NaOH  NaCl + H2 O (2) 0 0,1 0,1 mol  0,1 mol AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3 + 3NaCl (3) a mol  3a a Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O (4) a mol  a - Tại thời điểm lượng kết tủa cực đại nHCl(bđ) = nNaOH  b = 1 mol Từ (2) và (3)  a = 0,3 - Tại thời điểm kết tủa vừa tan hết:  x = 0,1 + 4a = 1,3

n NaOH 1,0

(mol)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Câu IV. (4,0 điểm) 1. a. n O  2

1,176 4,5  0, 0525 mol ; n CaCO   0, 045 mol 3 100 22, 4 0

FF IC IA L

t (X) + O2  (1)  CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (2) 0,045  0,045mol Dung dịch giảm 1,71 gam  4,5 – 0,045.44 – 18 n H O  1,71  n H O  0, 045 2 2 BTKL cho phản ứng (1)  m = 0,045.(44 + 18) – 0,0525.32 = 1,11 (gam) b. Bảo toàn số mol oxi  n O (X) = 0,045.2 + 0,045.1 – 0,0525.2 = 0,03 mol

n C : n H : n O  0, 045 : (0, 045.2) : 0, 03  3: 6 : 2



16x  64 16   x  76 152  18x 19

N Ơ

Theo đề ta có:

 Công thức X có dạng: (C3H6O2 )n  74n =37.2  n = 1 Vậy công thức phân tử của hợp chất X là: C3H6O2 2. a. Các phương trình hóa học: FeS + H2 SO4 FeSO4 + H2S  Fe + H2SO4FeSO4 + H2 FeO + H2SO4FeSO4 + H2O Fe(OH)2 + H2SO4FeSO4 + 2H2O b. Dung dịch Y gồm FeSO4 và H2O Giả sử có 1 mol FeSO4 và x mol H2O

152

 C% FeSO (trong Y)  100%  10% 4 152  18.76 Câu V. (2,0 điểm)

2M 80   M  32n 16n 20

Đặt oxit là M2On, ta có:

Chọn n = 2, M = 64 đvC. Vậy oxit là CuO. - Cho dòng khí CO (thiếu) đi qua ống sứ chứa x gam chất E đốt nóng: 0

t CuO + CO   Cu + CO2 (1) - Hòa tan chất rắn: Cu và CuO dư vào HNO3: CuO + 2HNO3  Cu(NO3)2 + H2O (2) 3Cu + 8HNO3  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (3)

xy mol 16 2 2 xy xy Theo (3): n NO  n Cu  .  3 3 16 24 x  y 14  VNO  22, 4.  (x  y) 24 15

ẠY

KÈ

Theo (1): n Cu 

- Theo (1), (2), (3), khi cô cạn dung dịch nếu thu được muối có công thức Cu(NO3)2 thì:

n Cu(NO

3 )2

 nCuO(ban ñaàu ) 

m Cu(NO

3 )2

m Cu(NO

3 )2 .nH2 O

x mol 80

x  2,35x  3,7x  muối ngậm nước: Cu(NO3)2.nH2O 80 x  (188  18n).  3, 7x  n = 6 80

 188.

Vậy công thức của muối ngậm là: Cu(NO3)2.6H2O.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Câu VI. (2,0 điểm)

 A : C x H y (0,1 mol)  B : C n H2n-2 (0,05 mol)

Tính số mol trong M  0

FF IC IA L

t (M) + O2   CO2 + H2O Đun nóng dung dịch không thấy xuất hiện kết tủa  phản ứng không tạo muối axit CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2 O 0,55 0,55  0,55 (mol)

BTKL trong M  2n H O  0, 55.12  0,15. .2  n H O  0,5 mol 2 2 3

(1) 0,1x  0, 05n  0,55  y  2x 0,05y  0, 05.(n  1)  0,5 (2)

Bảo toàn C, H  

2 (pöù)

 0,55 mol; n Ca(OH)

2 (dö)



7,4.1000  0,55  0,45 mol 100.74

Khối lượng Ca(OH)2 dư = 0,45.74 = 33,3 gam

n Ca(OH)

Từ (1)  2x + n = 11 (**) Từ (*) và (**)  x = 4; n = 3 Công thức phân tử của A, B lần lượt là: C4 H8 và C3H4

0,55 11    3, 67 C  0,15 3 Vì   2 chÊt cã chØ sè cacbon lµ C 3 hoÆc C 4 (*)  A, B chªnh nhau 1C 

m dd sau = m dd Ca(OH) + m CO + m H O – m CaCO = 1000 + 0,55.44 + 0,5.18 – 55 = 978,2g 2

33,3 .100 = 3,4% 978,2

Nồng độ % dung dịch Ca(OH)2 :

Câu VII. (2,0 điểm) *Phần 1: Gọi x, y lần lượt là số mol Na2SO4 và Na2CO3 ở phần 1 NaHCO3 + NaOH Na2CO3 + H2 O (1) 3

1, 2  0, 03 mol 40

n NaHCO  n NaOH 

KÈ

*Phần 2: NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2 (2) 0,06 0,06 mol Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + H2O + CO2 (3) 2y 2y (mol)

2, 24

ẠY

Theo (2, 3) n CO  2y  0, 06   0,1  y = 0,02 2 22, 4 *Phần 3:

n  kx (mol)  Na 2SO 4  Giả sử P3 = k.P1  Phần 3:  n Na CO  0, 02k (mol) 2 3   n NaHCO3  0, 03k (mol) Na2SO4 + Ba(OH)2  BaSO4 + 2NaOH Na2CO3 + Ba(OH)2  BaCO3 + 2NaOH NaHCO3 + Ba(OH)2 BaCO3 + NaOH + H2O

51,3

(4) (5) (6)

Theo (4, 5, 6)  n X( phÇn 3)  n Ba(OH) (p)   0,3 mol 2 171

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

 kx + 0,02k + 0,03k = 0,3  k 

0,3 (I) x  0, 05

Mặt khác: (k + 3).(142x + 0,02.106 + 0,03.84) = 48,48

48, 48 (II) 142x  4, 64

Giải hệ pt (I), (II)x = 0,01; k = 5 m Na CO  0,02.8.106 = 16,96 gam 2

m NaHCO  0, 03.8.84  20,16 gam 3

m Na

2SO 4

 0, 01.8.142  11,36 gam

ẠY

KÈ

--------- HẾT -------------

FF IC IA L

k+3=

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

ĐỀ SỐ 04

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TỈNH THỪA THIÊN – HUẾ Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------

FF IC IA L

Bài 1 (4,0 điểm) 1. Có 6 ống nghiệm được đánh số đựng trong các dung dịch (không theo thứ tự): natri nitrat, đồng (II) clorua, natri sunfat, kali cacbonat, bari nitrat và canxi clorua. Hãy xác định số của từng dung dịch. Biết rằng: -Khi trộn các dung dịch số 1 với số 3, số 1 với số 6, số 2 với số 3, số 2 với số 6, số 4 với số 6 thì cho kết tủa. -Nếu cho dung dịch AgNO3 tác dụng với dung dịch số 2 cũng cho kết tủa. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra. 2. Từ C, H2O và không khí. Hãy viết các phương trình phản ứng hóa học để điều chế: axit glucomic, natri etylat và polietilen. (Các chất vô cơ, điều kiện và xúc tác khác coi như có đủ). Bài 2 (4,25 điểm) 1. Từ hỗn hợp CuO, CaCO3, Fe2O3, Al2O3. Được phép sử dụng thêm Fe, Al, dung dịch HCl, nhiệt và các dụng cụ phòng thí nghiệm khác có đủ. Hãy trình bày ba phương pháp điều chế Cu nguyên chất, viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra. 2. Xác định các chất có trong sơ đồ sau: d. D + B   E + H2O

a. A   B + .....

e. E + NaOH  F + B

b. B + 3O2   2CO2 + 3H2O c. B + ....   D + H2O

F + ....   ......+ Na2CO3

KÈ

Biết A, B, D, E, F đã cho là các chất hữu cơ, các điều kiện cần thiết khác như chất xúc tác, nhiệt độ có đủ. Hoàn thành các phương trình phản ứng hóa học trên. Bài 3 (5,0 điểm) 1. Một hỗn hợp A gồm MgO, Al2O3 và MO. Nung 16,20 gam hỗn hợp A trong ống sứ, rồi cho luồng khí H2 đi qua. Ở điều kiện thí nghiệm, H2 chỉ tác dụng MO với hiệu suất 80%, lượng hơi H2O tạo ra chỉ được hấp thụ 90% bởi 15,30 gam dung dịch H2SO4 90%, kết quả thu được dung dịch H2SO4 86,34%. Chất rắn còn lại trong ống được hòa tan trong một lượng vừa đủ dung dịch HCl, thu được dung dịch B và còn lại 2,56 gam chất rắn không tan M. Lấy 1/10 dung dịch B cho tác dụng dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa đem nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được 0,28 gam oxit. a. Xác định M. b. Tính phần trăm khối lượng các chất có trong hỗn hợp A. 2. Hỗn hợp khí X gồm hidrocacbon M có công thức Cn H2n+2, hidrocacbon N và H2 được chứa trong bình kín có sẵn bột Ni, đun nóng bình đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 8,96 lít khí Y (ở đktc). Chia Y làm hai phần bằng nhau: - Phần 1 cho qua dung dịch nước brom thấy dung dịch nhạt màu và thu được duy nhất một hidrocacbon M. Đốt cháy hoàn toàn M thu được n CO2 : n H2 O  4 : 5

ẠY

- Phần 2 đem đốt cháy hoàn toàn, sau phản ứng thu được 20,24 gam CO2 và 7,20 gam H2O. a. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của M và N. b. Tính thành phần phần trăm theo thể tích của các khí trong X. Bài 4 (3,75 điểm) Cho 43,71 gam một hỗn hợp X gồm M2CO3, MCl, MHCO3 tác dụng hết với V ml (dư) dung dịch HCl 10,52% (D = 1,05 g/ml) thu được dung dịch A và 17,60 gam một chất khí. Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M, sau đó cô cạn dung dịch thu được m gam muối khan. - Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dchj AgNO3 dư thu được 68,88 gam kết tủa trắng. a. Xác định M (biết M là kim loại kiềm) và phần trăm khối lượng các chất có trong hỗn hợp X. b. Tính V và m. Bài 5 (3,0 điểm) Một hỗn hợp A gồm hai hidrocacbon mạch hở X và Y có tỉ lệ số mol tương ứng 3: 4. Đốt cháy hoàn toàn 7,84 lít (đktc) hỗn hợp A, sau đó dẫn toàn bộ sản phẩm đi vào 1450 gam dung dịch Ca(OH)2 7,4% thấy có

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

120 gam kết tủa. Lọc kết tủa, sau đó nếu đun sôi dung dịch còn lại thì không thấy có thêm kết tủa xuất hiện. a. Tìm công thức phân tử của X và Y. Biết chúng hơn kém nhau một nguyên tử cacbon. Tỉ khối của hỗn hợp A so với hidro bằng 23,43 và Y có công thức dạng CnH2n -2 . b. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch sau khi lọc bỏ kết tủa. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THỪA THIÊN – HUẾ Năm học 2017-2018 ---------------------Bài 1: Bảng mô tả: NaNO3 CuCl2 Na2SO4 K2CO3 Ba(NO3)2 CaCl2 Xác định số của mẫu NaNO3 (5) CuCl2 (4)  Na2SO4  (3)  (ít tan) K2CO3   (6)  Ba(NO3)2 (1)   CaCl2 (2)  ít tan  Theo đề: Mẫu (6) tạo kết tủa với 3 mẫu (1), (2), (4)  mẫu (6) là K2CO3  (1),(2),(4) thuộc các chất CuCl2, Ba(NO3)2, CaCl2 Mẫu (2) tác dụng với AgNO3 tạo kết tủa  (2) là CaCl2 hoặc CuCl2 Mẫu (4) chỉ kết tủa với mẫu (6)  mẫu (4) là CuCl2  (2) là CaCl2 ; (3) là Na2SO4 Các phuyong trình hóa học: Ba(NO3)2 + Na2SO4  BaSO4  + 2NaNO3 Ba(NO3)2 + K2CO3  BaCO3  + 2KNO3 CaCl2 + Na2SO4  CaSO4  + 2NaCl CaCl2 + K2CO3  CaCO3  + 2KCl CuCl2 + K2CO3  CuCO3  + 2KCl CaCl2 + 2AgNO3  2AgCl  + Ca(NO3)2 2. Điều chế axit glucomic (C6H12O7), Natri etylat (C2H5ONa) và polietilen (-C2H4 -)n t0

C + O2  CO2 as  – C6H10O5 – n + 6nO2 6nCO2 + 5nH2O  clorophin t 0 (ax)

– C6H10O5 – n + nH2O  nC6H12O6 t 0 (NH )

3  C H O + 2Ag  C6H12O6 + Ag2O  6 12 7

men rîu

KÈ

C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2 C2H5OH + Na  C2H5 ONa + ½ H2  H 2 SO4 ®Æc C2H5OH   C2H4 + H2O 170o C t 0 ,xt,P

ẠY

nCH2=CH2   – CH2=CH2 –n Lưu ý: Học sinh có thể chon cách khác, tuy nhiên số phương trình phản ứng có thể nhiều hơn. Bài 2: 1. * Cách 1: - Cho Al vào đung dịch HCl để điều chế H2: 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  - Nung nóng hỗn hợp, khử sản phẩm bằng H2 dư. Hòa tan chất rắn thu được vào dung dịch HCl dư. Lọc kết tủa thu được Cu. t0

CaCO3  CaO + CO2 t0

CuO + H2  Cu + H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2 O CaO + 2HCl  CaCl2 + H2O Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O * Cách 2: -Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, thu được dung dịch gồm các muối và HCl CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + H2O + CO2  Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O - Cho Fe dư vào dung dịch dung dịch, tách lấy chất rắn (Fe, Cu) cho vào dung dịch HCl dư. Lọc lấy phần rắn không tan, thu được Cu. Fe + 2FeCl3  3FeCl2 Fe + CuCl2  FeCl2 + Cu  Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  2. Mấu chốt từ sơ đồ b. BT nguyên tố C,H,O  B: C2H6O Theo a  A: C6H12O6 ; theo c,d  D: axit (chọn CH3COOH), E: CH3COOC2H5 ; F: CH3COONa men rîu

a. C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2

H SO ®Æc, t o

b. C2H5OH + 3O2  2CO2 + 3H2O men giÊm c. C2H5OH + O2   CH3COOH + H2O

2 4   CH3COOC2H5 + H2O d. CH3COOH + C2H5OH  

t 0 ,CaO

e. CH3COOC2H5 + NaOH  CH3COONa + C2H5OH

 CH4  + Na2CO3 f. CH3COONa + NaOH  Bài 3: 1. Gọi a là số mol MO ban đầu

MO + H2  M + H2O 0,8a  0,8a 0,8a (mol) Chất rắn gồm: MgO, Al2O3, MO, M Áp dụng quy tắc đường chéo ta có: 2O

2SO 4

KÈ

mddH

0,8.0,9.18a 90  86,34   a  0, 05 mol 15,3 86,34  0

ẠY

Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O MgO + 2HCl  MgCl2 + H2O MO + 2HCl  MCl2 + H2 O

a. Chất rắn còn lại là 2,56 gam kim loại M  M =

 Kim loại M là Cu. b. Dung dịch B: MgCl2 , AlCl3, CuCl2, HCl dư HCl + NaOH  NaCl + H2O AlCl3 + 4NaOH  NaAlO2 + 3NaCl + 2H2O MgCl2 + 2NaOH  Mg(OH)2  + 2NaCl CuCl2 + 2NaOH  Cu(OH)2  + 2NaCl t0

Mg(OH)2  MgO + H2O t0

Cu(OH)2  CuO + H2O

2,56  64 g/mol 0,8.0, 05

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

n CuCl = n CuO (dư) = 0,2.0,05 = 0,01 mol 2

 n MgO  0, 28.10  0, 01.80  2 (gam) Phần trăm khối lượng trong hỗn hợp A:

2 0, 05.80 100%  12,35% ; %mCuO  100%  24, 69%  %mAl O  62,96% 2 3 16, 2 16, 2 2. Đặt công thức của hidrocacbon N là CxHy (x  2) Vì Y qua dung dịch Br2 dư (vì dd chỉ nhạt màu) mà chỉ thu được một hidrocacbon M nên H2 hết  Y chỉ toàn các hidrocacbon. t 0 (Ni)

CxHy + zH2  CxHy+2z - Phần 1:

3n  1 t0 O2  nCO2 + (n+1)H2O 2 n 1 5 Ta có:   n  4  M là C4H10 n 4 - Phần 2: Số mol Y = 0,2 mol ; n CO  0, 46(mol) ; n H CnH2n+2 +

 0, 4 (mol)

FF IC IA L

%mMgO 

13 t0 O2  4CO2 + 5H2 O 2 y t0 CxHy + (x + )  xCO2 + y/2H2O 4 0, 46 CY   2,3 <4  x < 2,3  y = 2 thỏa mãn. 0, 2 0, 4.2 Mặt khác: H Y   4 < 10  y < 4 (y chẵn)  y = 2 thỏa mãn. 0, 2 (Hoặc lý luận: n CO  n H O  Hỗn hợp X phải có hợp chất có ít nhất 2 liên kết pi  N: C2 H2) 2

C4H10 +

a. Vậy CTPT của M là C4H10 ; N là: C2H2 C4H10 có 2 cấu tạo: CH3-CH2-CH2-CH3 ; CH3-CH(CH3)2 C2H2 có 1 cấu tạo: CHCH b. Theo (1)  n M  N  n Y  0, 4(mol) ½X

2a  4b  0, 46 a  0,17    a  b  0, 2   b  0, 03   2a  10b  2c  0, 4.2  y  0, 08

C 2 H 2 : a(mol) C 4 H10 : b

KÈ

H 2 : c(mol)

 n1/ 2X  0, 2  0, 08  0, 28(mol)

%VC

2H 2



0,17 0, 03 100%  60, 71% ; %VC H  100%  10, 71%  %VH  28,58% 4 10 2 0, 28 0, 28

ẠY

Lưu ý: Có thể sử dụng Quy tắc đường chéo kết hợp bảo toàn mol nguyên tố hidro.

4  2, 3 17 1  n C2 H2  0,17   X nC H 2,3  2 3 2  n C H  0, 03  4 10 4 10 Bảo toàn số mol H  n H .2  0,17.2  0, 03.10  0, 4.2  n H  0,08mol



2H 2



Bài 4:

17, 6

a. n CO   0, 4(mol) 2 44 Gọi x, y, z lần lượt là số mol M2CO3, MHCO3, MCl M2 CO3 + 2HCl  2MCl + H2O + CO2  x  2x 2x x mol

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

MHCO3 + HCl  MCl + H2O + CO2  y  y y y mol

HCl + KOH  KCl + H2O 0,1 0,1 0,1 mol -Phần 2: n AgCl  0, 48 mol HCl + AgNO3  AgCl  + HNO3 0,1 0,1 0,1 mol MCl + AgNO3  AgCl  + MNO3 0,38  (0,48 – 0,1) mol

x + y = 0,4  y  0, 4  x (1)  2x + y + z = 0,38.2 = 0,76  z  0,36  x

Ta có: 

x=

Mặt khác: (2M+60).x + (M+61).(0,4 - x)+ (M+35,5).(0,36 –x) = 43,71

FF IC IA L

 MCl : 2x+y+z (mol)  Dung dịch B:   HCl -Phần 1: n KOH  0,1 mol

0,76M - 6,53 (2) 36,5

0,76M - 6,53 < 0,36  8,59 < M < 25,88 36,5 Vì M là kim loại kiềm nên  M = 23 thỏa mãn  M là kali (K) Với M =23, từ (1,2)  x = 0,3 ; y = 0,1 ; z = 0,06 

0, 3.106 0,1.84 100%  72, 75% ; %m NaHCO  100%  19, 22%  %m NaCl  8, 03% 3 43, 71 43, 71

2CO3

%m Na

Vì 0 < x < 0,36 nên từ (2)  0 <

b. Bảo toàn số mol clo  n HCl (ban đầu) = 0,48.2 – 0,06 = 0,9 mol

0,9.36,5.100  297, 4 ml 10, 52.1, 05

V=

Lưu ý: Bài toán trên có thể giải theo những cách khác, như phương pháp sử dụng chất ảo, phương pháp giả thiết. Chúng tôi giới thiệu thêm với bạn đọc cách giải theo chất ảo.

KÈ

 RCO3  Đặt R = 2M  A  R(HCO3 ) 2  RCl 2 

ẠY

Viết các phương trình hóa học xảy ra (theo các chất mới) -Phần 1: Tính được HCl dư (như cách 1) -Phần 2: Tính được n RCl = (0,48 – 0,1):2 = 0,17 mol 2

Bt mol nguyên tố R  n R (muối trong B) = 0,17.2 = 0,34 mol = n A

43, 71  128,6 g/mol 0,34 Theo tính chất trung bình  R + 60 < 128,8 < R + 122  6,8 < R< 68,8  3,4 <M < 34,4  M = { 7; 23}  Li 2 CO3 : x(mol) 2x  y  z  0, 76   +) Nếu M = 7 (Li)   LiHCO3 : y(mol)   x  y  0, 4  x < 0  loại  LiCl : z(mol) 74x  68y  42, 5z  43, 71  

 MA =

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

 Na 2 CO3 : x(mol)  2x  y  z  0, 76  x  0,3    +) Nếu M = 23 (Na)   NaHCO3 : y(mol)   x  y  0, 4   y  0,1 (thỏa mãn)  NaCl : z(mol) 106x  84y  58,5z  43, 71 z  0, 06    Bài 5:

mCa(OH) = 107,3 (gam) ; n CaCO  1, 2mol 3

FF IC IA L

 X : C x H y : 0,15 mol

7,84

 0,35 mol   a. n A  (n  2 ; x  1) 22, 4  Y: C n H2n-2 : 0,2 mol

(A) + O2  CO2 + H2O Khi hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2, đun sôi dung dịch sau phản ứng không thấy xuất hiện kết tủa, chứng tỏ Ca(OH)2 còn dư. CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O 1,2 1,2 1,2 mol M A  23, 43.2  46,86 g/mol  2n H O  1, 2.12  46,86.0,35  n H O  1,0 mol 2

(1) 0,15x  0, 2n  1, 2  y = 2x  X: CxH2x (x  2) 0,075y  0,1.(2n  2)  1 (2) (Lưu ý: có thể lý luận vì n CO  n H O  n C H nên  X là anken CxH2x) 2

n 2n 2

Bảo toàn mol C,H  

1, 2   3, 4 C  0,35 Ta có:   hai chất có chỉ số C lần lượt C3 và C4  X, Y h¬n nhau 1C 

Từ (1)  3x + 4n = 24  x chẵn  x = 4 ; n = 3 CTPT của X, Y lần lượt là C4H8 ; C3H4 b. mdd (sau phản ứng) = 1,2.44 + 1.18 + 1450 – 120 = 1400,8 gam

ẠY

KÈ

107,3  1, 2.74 100% = 1,32% 1400,8

 C%Ca(OH) 

Chất tan trong dung dịch là Ca(OH)2 dư

--**--

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

ĐỀ SỐ 05. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018 Ngày thi 30/3/2018 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề này có 02 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

FF IC IA L

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI

Câu 1: (1,5 điểm). Bằng phương pháp hóa hoc hãy tách riêng từng khí ra khỏi hỗn hợp gồm các khí sau: CH4 , C2 H4, C2 H2, SO2. Câu 2: (1,5 điểm). Hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa sau và ghi rõ điều kiện nếu có (mỗi múi tên chỉ ứng với một phương trình phản ứng). (3) (5) Al2O3 Al2(SO4)3 NaAlO2 (9) (1)

(4)

AlCl3

Al(NO3)3

(7)

(1)

(8)

Al2O3

(2)

Al(OH)3

(6)

Câu 3: (2,0 điểm). Cho hỗn hợp X gồm Fe, Fe2O3 và Al2 O3 tác dụng với dung dịch CuSO4 (dư), sau phản ứng thu được dung dịch Y và chất rắn Z. Cho toàn bộ Z tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được dung dịch A và phần không tan B. Hòa tan B trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư) thu được khí C. Hấp thụ khí C vào dung dịch Ba(OH)2 thu được kết tủa D và dung dịch F. Cho dung dịch KOH dư vào F lại thấy xuất hiện kết tủa D. Cho từ từ dung dich KOH đến dư vào dung dịch A, thu được kết tủa G. Hãy viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. Câu 4: (2,0 điểm). Xác định các chất vô cơ A, B, C, D, E, F, G, H, I, L, M, N, O và viết phương trình hóa học phù hợp với các phản ứng sau: Muối (A) + axit (B)  muối (C) + muối (D) + nước (1) Muối (D) + muối (E) + nước  muối (C) + hidroxit (F) + oxit (G) (2) Muối (A) + oxit (G) + nước  hidroxit (F) + muối (H) (3) Muối (H) + muối (I)  muối (C) + oxit (G) + nước (4) t0

ẠY

KÈ

Muối (L) + axit (B)  muối (M) + oxit (G) + oxit (N) + nước (5) Muối (A) + muối (D) + nước  hidroxit (F) + muối (C) (6) Muối (M) + muối (E) + nước  muối (C) + hidroxit (O) + oxit (G) (7) Hidroxit (O) + muối (I)  muối (C) + muối (M) + nước (8) Biết muối (C) khi đốt phát ra ánh sáng màu vàng, (F) lưỡng tính, (O) có màu nâu. Câu 5: (2,0 điểm). Bằng kiến thức hóa học, em hãy giải thích vì sao trong sản xuất nông nghiệp khi bón phân cho cây trồng, người nông dân không trộn phân đạm một lá (NH4 )2SO4, phân đạm hai lá NH4 NO3 hoặc nước tiểu với vôi trong Ca(OH)2 hay tro bếp (có hàm lượng K2CO3 cao). Câu 6: (2,0 điểm). Khi làm nguội 1026,4 gam đung dịch bão hòa của hydrat R2SO4.nH2 O (trong đó R là kim loại kiềm và n nguyên, thỏa mãn điều kiện 7 < n < 12) từ 800C xuống 100C thì có 395,4 gam tinh thể R2SO4.nH2O tách ra khỏi dung dịch. Tìm công thức đúng của hydrat trên. Biết độ tan của R2SO4 ở 800C và 100C lần lượt là 28,3 gam và 9 gam. Câu 7: (2,0 điểm). Chỉ dùng thêm thuốc thử phenolphtalein, nêu cách nhận ra từng lọ chất sau: KOH, KCl, KHSO4, BaCl2, H2 O. Biết rằng 4 lọ đựng các dung dịch đều có cùng nồng độ mol/lit. Câu 8: (1,0 điểm). Trong phòng thí nghiệm, khí SO2 được điều chế bằng dụng cụ như hình bên dưới. Lắp ống dẫn khí vào 4 bình mắc nối tiếp lần lượt chứa các dung dịch: Br2, FeCl3, KMnO4 và Ba(OH)2 dư. Cho biết hiện tượng gì xảy ra trong mỗi bình, viết phương trình phản ứng.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

Câu 9: (3,5 điểm). Cho 3,03 gam hỗn hợp A gồm một kim loại kiềm M và một kim loại R có hóa trị III vào nước thấy tan hoàn toàn, tạo ra dung dịch B và 1,904 lít khí (đktc). Chia dung dịch B làm hai phần bằng nhau. Cô cạn phần 1, thu được 2,24 gam chất rắn. Thêm V lít dung dịch HCl 1M vào phần 2 thấy xuất hiện 0,39 gam kết tủa. a) Xác định tên hai kim loại và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X. b) Tính giá tri của V. Câu 10: (2,5 điểm). A, B là hai hidrocacbon mạch hở, trong phân tử mỗi chất chứa không quá một liên kết ba hay hai liên kết đôi. Số nguyên tử cacbon trong phân tử mỗi chất tối đa bằng 7. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp A, B thì thu được 0,25 mol CO2 và 0,23 mol H2O. Lập công thức phân tử của A và B. -------**-------HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2017-2018 --------Câu 1: Sơ đồ tách: (Học sinh tự viết PTHH của các phản ứng theo sơ đồ tách)

C 2 H 2 , SO 2

 dd NaOH d

 

C 2 H2

Na 2 SO3

Câu 2: (1)

C2 H4



 dd Br2 d  

CH 4   Zn C 2 H 4 Br4   C2H4  to C

dd HCl Ag 2 C 2    C2H2 

H 2SO4 d   SO 2 

4Al + 3O2  2Al2O3 t0

2Al + 3Cl2  2AlCl3 Al2O3 + 3H2SO4  Al2 (SO4)3 + 3H2O Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O

KÈ

(2) (3) (4)

NaOH

CH 4

 dd AgNO3/NH3 d

CH 4 , C 2 H 4

ẠY

(5)

Al2(SO4)3 + 6NaOH  2Al(OH)3  + 3Na2SO4

(6)

Al2(SO4)3 + 3Ba(NO3)2  2Al(NO3)3 + 3BaSO4 

(7)

AlCl3 + 3AgNO3  Al(NO3)3 + 3AgCl 

(8)

Al(NO3)3 + 3NaOH  Al(OH)3  + 3NaNO3

(9)

Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O t0

(10) 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O Câu 3: Y: FeSO4, CuSO4 dư ; Z: Cu, Fe2O3, Al2O3 ; A: FeCl2, AlCl3, CuCl2, HCl ; B: Cu ; C: SO2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

D: BaSO3 ; F: Ba(HSO3)2 ; G: Fe(OH)2 , Cu(OH)2 -X tác dụng dung dịch CuSO4 dư: Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu  - Z + dung dịch HCl: Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 6H2O Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 6H2O Cu + 2FeCl3  2FeCl2 + CuCl2 - B + H2SO4 đặc nóng: t0

Cu + 2H2SO4  CuSO4 + 2H2O + SO2  - Khí C + dung dịch Ba(OH)2: SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2 O 2SO2 + Ba(OH)2  Ba(HSO3)2 - F + dung dịch KOH: Ba(HSO3)2 + 2KOH dư  BaSO3  + K2SO3 + 2H2O - A + dung dịch KOH: HCl + KOH  KCl + H2O FeCl2 + 2KOH  Fe(OH)2  + 2KCl CuCl2 + 2KOH  Cu(OH)2  + 2KCl AlCl3 + 4KOH  KAlO2 + 3KCl + 2H2O Câu 4: Mấu chốt: Muối (C) khi đốt trên lửa đèn khí phát ra ánh sáng màu vàng  (C) là muối của Natri (F) lưỡng tính và sinh ra từ pư thủy phân  (F) là Al(OH)3; (O) có màu nâu  (O) là Fe(OH)3 2NaAlO2 + 4H2SO4  Na2SO4 + Al2 (SO4)3 + 4H2O (1) (A) (B) (C) (D) Al2(SO4 )3 + 3Na2CO3 + 3H2O  3Na2SO4 + 2Al(OH)3  + 3CO2  (2) (D) (E) (C) (F) (G) NaAlO2 + CO2 + 2H2O  Al(OH)3  + NaHCO3 (3) (A) (G) (F) NaHCO3 + NaHSO4  Na2SO4 + CO2 + H2O (4) (H) (I) (C) (G) t0

ẠY

KÈ

2FeCO3 + 4H2SO4 đặc  Fe2(SO4 )3 + 2CO2  + SO2  + 4H2O (5) (L) (B) (M) (G) (N) 6NaAlO2 + Al2(SO4)3 + 12H2O  8Al(OH)3  + 3Na2SO4 (6) (A) (D) (F) (C) Fe2 (SO4)3 + 3Na2CO3 + 3H2O  3Na2SO4 + 2Fe(OH)3  + 3CO2  (7) (M) (E) (C) (O) (G) 2Fe(OH)3 + 6NaHSO4  3Na2SO4 + Fe2 (SO4)3 + 6H2O (8) (O) (I) (C) (M) Câu 5: - Nước tiểu là dung dịch chứa nhiều chất tan, trong đó có các hợp chất của N (đạm) do quá trình phân giải protein tạo nên. Trong nước tiểu có chứa ure, amoniac, muối amoni, natri clorua … - Dung dịch Ca(OH)2, tro bếp K2CO3, có tính kiềm, dung dịch muối amoni có tính axit. - Khi trộn phân đạm một lá (NH4)2SO4 , phân đạm hai lá NH4NO3 hoặc nước tiểu (chứa muối amoni) với vôi Ca(OH)2 hay tro bếp rồi bón vào đất, thì khi tiếp xúc với nước (trong đất) sẽ xảy ra phản ứng hóa học, giải phóng NH3 làm thất thoát lượng nguyên tố dinh dưỡng đạm (N) đã bón vào đất. Ca(OH)2 + 2NH4NO3  Ca(NO3)2 + 2NH3  + 2H2O Ca(OH)2 + (NH4)2SO4  CaSO4 + 2NH3  + 2H2O Ca(OH)2 + (NH4)2CO3 (nước ure)  Ca(HCO3)2 + 2NH3  K2CO3 + 2NH4NO3  2KNO3 + H2O + CO2 + 2NH3  K2CO3 + (NH4)2SO4  K2SO4 + H2O + CO2 + 2NH3  K2CO3 + (NH4)2CO3 (nước ure)  2KHCO3 + 2NH3 

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Câu 6:

R 2SO 4 (ddbh 80oC)

 m

R 2SO 4 (ddbh 10oC)

28, 3 1026, 4  226, 4(gam) 128,3 1026, 4  395, 4 =  9  52,1(gam) 109

Xét tinh thể R2 SO4.nH2O 

FF IC IA L

 mR SO (KT) = 226,4 – 52,1 = 174,3 gam 2 4

2R  96 174,3   R  7,1n  48 18n 395, 4  174,3

Biện luận: n R

(ĐK: 7 < n < 12)

ẠY

KÈ

8 9 10 11 38,8 15,9 23 30,1 (loại) (loại) (Na) (loại) Vậy công thức của hydrat là: Na2SO4.10H2O Câu 7: Trích chất trong mỗi lọ thành nhiều mẫu có thể tích bằng nhau (giả sử mỗi dung dịch a mol chất tan) - Thử các mẫu bằng dung dịch phenolphtalein, nhận ra mẫu dung dịch KOH vì dung dịch chuyển sang màu hồng. - Cho vài giọt dung dịch màu hồng (chứa KOH và phenolphtalein) vào từng mẫu còn lại, nhận ra dung dịch KHSO4 vì làm dung dịch màu hồng chuyển sang không màu. KHSO4 (dư) + KOH (thiếu) K2SO4 + H2O a (mol) x<a - Dùng dung dịch KHSO4 thử 3 mẫu còn lại, mẫu nào có kết tủa trắng là mẫu BaCl2 BaCl2 + KHSO4  BaSO4  + K2SO4 + 2HCl - Cô cạn 2 mẫu còn lại, mẫu nào bay hơi hoàn toàn là nước cất. Mẫu nào còn lại chất rắn màu trắng là dung dịch KCl. Câu 8: Na2SO3 + H2SO4  Na2SO4 + H2O + SO2  - Bình (1): dung dịch Brom mất màu da cam SO2 + Br2 + 2H2O  H2SO4 + 2HBr - Bình (2): Dung dịch màu vàng nâu nhạt dần và chuyển sang màu lục nhạt SO2 + 2H2O + 2FeCl3  2FeCl2 + H2SO4 + 2HCl - Bình (3): Mất màu tím của dung dịch 5SO2 + 2H2O + 2KMnO4  K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 - Bình (4): Xuất hiện kết tủa trắng, dung dịch bị vẩn đục. SO2 + Ba(OH)2  BaSO4  + H2O Câu 9: a) Hỗn hợp A tan hoàn toàn trong nước  kim loại R hóa trị III tan trong kiềm  R là Al M + H2O  MOH + ½ H2  x x x 0,5x mol 2Al + 2MOH + 2H2O  2MAlO2 + 3H2  y y y y 1,5y mol Dung dịch B: y (mol) MAlO2, (x –y) mol MOH Theo đề  0,5x + 1,5y = 0,085 (1) - Phần 1: Giả sử cô cạn toàn bộ B  mrắn = 4,48 gam BTKL  3,03 + 18.(x+y) = 4,48 + 0,085.2  x + y = 0,09 (2) Giải (1,2)  x = 0,05 ; y = 0,04  0,05M + 0,04.27 = 3,03  M = 39 g/mol  M là kali (K) Vậy M là K, R là Al

 n KAlO  0, 02 mol 2 ; n Al(OH)  0, 005 mol < n KAlO  Kết tủa dưới max 3 2 n  0, 005 mol  KOH

b) - Phần 2: ½ B 

Phương trình phản ứng HCl + KOH  KCl + H2O 0,005 0,005 (mol)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Trường hợp 1: KAlO2 dư HCl + H2O + KAlO2  Al(OH)3  + KCl 0,005  0,005 mol V=

0, 005.2  0,01 lit 1

V=

FF IC IA L

 Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần HCl + H2O + KAlO2  Al(OH)3  + KCl 0,02  0,02 0,02 mol 3HCl + Al(OH)3  AlCl3 + 3H2 O 0,045 (0,02–0,005) mol

0, 045  0, 02  0, 005 = 0,07 lít 1

Câu 10: Cách 1: Sử dụng hiệu số mol CO2 và H2O + bảo toàn mol cacbon Phân tử A, B chứa không quá 2 liên kết pi, mà n H O  n CO 2

 chắc chắn có một chất là ankin CnH2n-2 (2  n  7) Nếu chất còn lại cũng là ankin  nA+B = n CO2  n H2O = 0,02  0,05 (loại)

 Chất còn lại có thể là anken hoặc ankan TH1: Nếu B là anken: CmH2m (2  m  7) n A  n CO 2  n H 2O  0, 02  nB = 0,03

n  m  5

C5H8 , C 5H10

TH2: Nếu B là ankan: CmH2m+2 (2  m  7)

BT mol C  0,02.n + 0,03m = 0,25  2n + 3m = 25     n  2, m  7 C 2 H 2 , C 7 H14

 n A  n B  0, 05  n A  0, 035   0,035n + 0,015m = 0,25  7n + 3m = 50   n A  n B  0, 02  n B  0, 015

3n  1  k O2  nCO2 + (n +1 – k)H2O 2

CnH2n+2 – 2k

 n = m = 5  C5H8 và C5H12 Cách 2: Sử dụng giá trị trung bình Đặt công thức trung bình: CnH2n+2 – 2k

0,05 0,05n 0,05.(n + 1-k) mol Ta có: 0,05n – 0,05.(n + 1 – k) = 0,02  k = 1,4 < 2  Hỗn hợp gồm ankin và anken hoặc ankin và ankan. TH1: A: CxH2x-2 ; B: CyH2y

KÈ

0, 25 n A 1, 4  1 2 .5  25     2x  3y  0, 05 n B 2  1, 4 3

C5 H8 , C 5H10 x  y  5  x  2, y  7  C H , C H   2 2 7 14

TH1: A: CxH2x-2 ; B: CyH2y+2

ẠY

0, 25 n A 1, 4  0 7 .10  50  x = y = 5  C5H8 và C5H12    7x  3y  0, 05 n B 2  1, 4 3 --**--

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

ĐỀ SỐ 6

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TỈNH ĐĂK LĂK Năm học 2017-2018 Môn HÓA HỌC Thời gian: 150 phút Câu 1 (4,5 điểm) 1. Viết các phương trình hóa học thực hiện những chuyển đổi hóa học sau: (1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

ẠY

KÈ

FF IC IA L

S  H2S  SO2  SO3  H2SO4  HCl  Cl2  KClO3 2. Hỗn hợp A gồm BaO, FeO, Al2O3. Hòa tan A trong lượng nước dư thu được dung dịch B và phần không tan C. Sục khí CO2 vào B tạo kết tủa D. Cho khí CO dư qua C nung nóng được chất rắn E. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư, thấy E tan một phần và còn lại chất rắn G. Hòa tan hết G trong dung dịch H2SO4 loãng rồi cho dung dịch thu được tác dụng với dung dịch KMnO4. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giải thích hiện tượng bằng các phương trình hóa học và xác định thành phần của B, C, D, E, G trong thí nghiệm trên. Câu 2 (3,5 điểm) 1. Hình vẽ bên là thiết bị điều chế khí Z trong phòng thí nghiệm: a) Hãy cho biết dung dịch X và chất rắn Y là những chất nào trong số các chất sau: -Dung dịch X: H2O, dung dịch HCl, dung dịch NaOH, dung dịch NaCl -Chất rắn Y: CaCO3, Fe, Al, Cu. b) Viết phương trình hóa học để điều chế khí Z từ những chất đã chọn ở câu (a). 2. Có 3 thí nghiệm: -Thí nghiệm 1: Dẫn khí etilen qua dung dịch brom màu da cam. -Thí nghiệm 2: Sục khí axetilen vào dung dịch bạc nitrat trong amoniac. -Thí nghiệm 3: Cho mẩu natri vào ống nghiệm đựng ancol etylic. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình hóa học để giải thích cho hiện tượng đó ở mỗi thí nghiệm. Câu 3 (4,0 điểm) 1. Chia hỗn hợp X gồm K, Al và Fe làm hai phần bằng nhau - Cho phần 1 vào dung dịch KOH dư thu được 0,784 lít H2 (đktc) - Cho phần 2 vào lượng dư H2O, thu được 0,448 lít H2(đktc) và m gam hỗn hợp kim loại Y. Hòa tan Y trong dung dịch HCl (dư) thu được 0,56 lít khí H2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định khối lượng K, Al, Fe trong mỗi phần hỗn hợp X. 2. Hỗn hợp khí X gồm vinylaxetilen (CH2=CH–CCH và hidro có tỉ khối só với H2 là 16. Nung nóng gỗn hợp X một thời gian với xúc tác Ni, thu được 1,792 lít khí Y (đktc). Hỗn hợp khí Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 25,6 gam Br2. Xác định thể tích không khí (chứa 20% O2 và 80% N2 về thể tích, đktc) cần dùng để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y. Câu 4 (4,0 điểm) 1. Hòa tan hết 8,4 gam Fe trong dung dịch chứa 0,4 mol H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc, SO2 là sản phẩm khử duy nhất). Cô cạn dung dịch A thu được m gam muối khan. Xác định giá trị của V và m. 2. Cho m gam Mg vào dung dịch X gồm 0,03 mol Zn(NO3)2 và 0,05 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được 5,25 gam kim loại và dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH vào Y, khối lượng kết tủa lớn nhất thu được là 6,67 gam. Xác định giá trị của m. Câu 5 (4,0 điểm) 1. Hỗn hợp X gồm axit Y đơn chức và axit Z hai chức (Y, Z có cùng số nguyên tử cacbon). Chia X thành 2 phần bằng nhau. Cho phần một tác dụng hết với Na, sinh ra 4,48 lít H2 (ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai, sinh ra 26,4 gam CO2. Xác định công thức cấu tạo và phần trăm về khối lượng của Y, Z trong hỗn hợp X. 2. Đốt cháy hoàn toàn a gam chất béo X cần vừa đủ 3,26 mol O2, thu được 2,28 mol CO2 và 39,6 gam H2O. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn a gam X trong dung dịch NaOH, đun nóng, thu được dung dịch chứa b gam muối. Xác định giá trị của b. ----**----

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

HƯỚNG DẤN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TỈNH ĐĂK LĂK Môn HÓA HỌC Năm học 2017-2018 -----------------Câu 1 (4,5 điểm) 1. t0

(2) H2S +

FF IC IA L

(1) S + H2  H2S

3 t0 O2  SO2 + H2O 2 t 0 ,V O

2 5  2SO (3) 2SO2 + O2  3 (4) SO3 + H2O  H2SO4 (5) H2SO4 + BaCl2  BaSO4  + 2HCl

®un nhÑ

(6) 4HCl đặc + MnO2   MnCl2 + 2H2O + Cl2  t0

(7) 3Cl2 + 6KOH đặc  5KCl + KClO3 + 3H2O 2. Mấu chốt bài tập ở dữ kiện: rắn E tan một phần trong kiềm  E có Al2O3  B không có Ba(OH)2 BaO + H2O  Ba(OH)2 Ba(OH)2 + Al2O3  Ba(AlO2)2 + H2O - Dung dịch B: Ba(AlO2)2 ; Rắn C: FeO và Al2 O3 CO2 + H2O + Ba(AlO2)2  Ba(HCO3)2 + Al(OH)3  - Kết tủa G: Al(OH)3 t0

ẠY

KÈ

CO + FeO  Fe + CO2 -Rắn E: Fe, Al2O3 2NaOH + Al2 O3  2NaAlO2 + H2O -Rắn G: Fe Fe + H2SO4  FeSO4 + H2  10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4  5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O Câu 2 (3,5 điểm) 1. a) Khí Z thhu được bằng cách đẩy nước nên khí Z ít tan trong nước. Các nguyên liệu và thiết bị trên có thể điều chế và thu được khí Z là H2 hoặc CO2 -X là dung dịch HCl , Y là Al (hoặc Fe)  Z: H2 -X là dung dịch NaOH, Y là Al  Z: H2 - X là dung dịch HCl, Y là CaCO3  Z: CO2 b) Phương trình hóa học: 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  2Al + 2H2O + 2NaOH  2NaAlO2 + 3H2  CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + H2 O + CO2  2. - Thí nghiệm 1: Dung dịch brom nhạt màu dần C2H4 + Br2  C2 H4Br2 - Thí nghiệm 2: Xuất hiện kết tủa màu vàng nhạt C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3  C2Ag2  + NH4NO3 NH

3  C Ag  + H O Hoặc viết: C2H2 + Ag2 O  2 2 2 - Thí nghiệm 3: Natri tan dần, có khí không màu thoát ra C2H5OH + Na  C2H5 ONa + ½ H2  Câu 3 (4,0 điểm) 1. Vì lượng H2 (Phần 2) < lượng H2 (phần 1) nên  Phần 2 còn dư Al  Lượng KOH sinh ra bị Al tác dụng hết

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Gọi x,y lần lượt là số mol K, Al, Fe mỗi phần - Phần 2: n H (do Al, Na)  0, 02 mol ; n H (do Y)  0, 025 mol

2K + 2H2O  2KOH + H2  0,01  0,005 (mol) 2Al + 2H2O + 2KOH  2KAlO2 + 3H2  y 1,5y (mol) Ta có: 0,005 + 1,5y = 0,035  y = 0,02 mol (3)

m Fe  0, 01.56  5, 6(gam)

1, 792 32  2 3 25, 6  ; nY   0,08 mol ; n Br  = 0,16 mol 2 52  32 2 22, 4 160

m K  0,01.39  0,39(gam) 

Từ (1,2,3)  z = 0,01 mol Khối lượng mỗi kim loại trong ½ hỗn hợp X m Al  0, 02.27  0,54(gam) ;

n C4H 4

0, 035.2  0, 01  0, 02 mol) 3

(Hoặc sử dụng quy tắc hóa trị: n K .1  n Al .3  n H .2  n Al  2

FF IC IA L

2K + 2H2O  2KOH + H2  x x 0,5x mol 2Al + 2H2O + 2KOH  2KAlO2 + 3H2  x x 1,5x (mol)  2x = 0,02  x = 0,01 (1) Rắn Y là Fe, Al: 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  Sau phản ứng tất cả các kim loại đều hết Áp dụng quy tắc hóa trị  x + 3y + 2z = (0,02 + 0,025).2 = 0,09 (2) - Phần 1: n H  0, 035 mol

Gọi a là số mol H2  số mol C4H4 = 1,5a (mol) -Phản ứng của X với H2:

C4H4 + kH2  C4H4+2k Theo pt pư  số mol khí giảm bằng số mol H2 phản ứng n H (pư) = (2,5a – 0,08) mol

ẠY

KÈ

- Phản ứng của Y với dung dịch Br2: Xét cả quá trình thì các chất không no phản ứng hết Đặt X2 là công thức đại diện cho lượng H2 và Br2 phản ứng. C4H4 + 3X2  C4H4X6 1,5a  4,5a (mol) Ta có: 2,5a – 0,08 + 0,16 = 4,5a  a = 0,04 Bảo toàn C,H  Đốt X cũng như đốt Y t0

C4H4 + 5O2  4CO2 + 2H2O 0,06  0,3 mol t0

2H2 + O2  2H2O 0,04  0,02 (mol)  Vkk = (0,02 + 0,3).22,4.5 = 35,84 lít Câu 4 (4,0 điểm) 1. n Fe  0,15(mol)  2 <

Các phản ứng có thể xảy ra:

2SO4

n Fe



0, 4  2,67 < 3  Phản ứng chỉ tạo 2 muối Fe2(SO4)3 và FeSO4 0,15

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4 )3 + 6H2O + 3SO2  Fe + 2H2SO4  FeSO4 + 2H2O + SO2 

Mg + Cu(NO3)2  Mg(NO3)2 + Cu  Mg + Zn(NO3)2  Mg(NO3)2 + Zn  Đặt CT muối trong Y là R(NO3)2 Bảo toàn số mol NO3  n R (NO ) = 0,03 + 0,05 = 0,08 mol 3 2

FF IC IA L

0, 4

Theo phản ứng  n SO (muối) = n SO  n H SO =  0, 2 mol 2 4 2 2 4 2  V = 0,2.22,4 = 4,48 lít BTKL  m = 8,4 + 0,2.96 = 27,6 gam 2. m Zn (muối)= 0,03.65 = 1,95 gam ; mCu (muối)= 0,05.64 = 3,2 gam

2KOH + R(NO3)2  R(OH)2  + 2KNO3 0,16 0,08 0,08 0,16 mol Bảo toàn khối lượng cả quá trình: m + m Zn(NO )  mCu(NO )  mKOH = mrắn + mKT + m KNO 3 3 2 3 2  m + 0,03.189 + 0,05.188 + 0,16.56 = 5,25 + 6,67 + 0,16.101  m = 4,05 gam Hoặc tính theo kim loại trong kết tủa như sau:

m R  m KT  m OH  6, 67  0,16.17  3, 95(gam)

BTKL kim loại Mg, Zn, Cu ta có: m + 0,03.65 + 0,05.64 = 5,25 + 3,95  m = 4,05 gam Câu 5 (4,0 điểm) 1. Y đơn chức, Z hai chức mà Y và Z có cùng số nguyên tử cacbon nên  Phân ngoài chức của axit Y nhiều hơn axit Z một nguyên tử cacbon. Đặt CTTQ của của 2 axit: Y: Cx +1HyCOOH ; Z: CxHz(COOH)2 -Phần 1: n H  0, 2 mol 2

Cx +1HyCOOH + Na  Cx +1HyCOONa + ½ H2  CxHz(COOH)2 + 2Na  CxHz(COONa)2 + H2  Theo pư  n COOH  2n H  0, 4mol

-Phần 2: n CO  0,6 mol 2 t0

COOH

0, 6   1,5 0, 4

KÈ

Đặt T =

(A) + O2  CO2 + H2O Bảo toàn mol C  n C  n CO  0, 6 mol

Ta thấy Y có tỷ số nC: nCOOH là T1 =

ẠY

 Z có tỷ số T2 =

x2  1,5 1

x2  1, 5  x  1  x = 0 2

Cặp axit thỏa mãn là: Y: CH3COOH ; Z: HOOC-COOH

CH 3COOH : a (mol)  2a  2b  0, 6 a  0, 2 BT mol C, mol COOH      HOOC-COOH: b(mol) a  2b  0, 4 b  0,1 0, 2.60 %mY  100%  57,14%  %m Z = 42,86% 0, 2.60  0,1.90

Đặt 

2. -Sơ đồ đốt cháy X: t0

(RCOO)3C3H5 + O2  CO2 + H2O BTKL  mX = 2,28.44 + 39,6 – 3,26.32 = 35,6 (mol)  a = 35,6 gam

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

39, 6

BTmol O  n X .6 + 3,26.2 = 2,28.2 +  nX = 0,04 mol 18 -Phản ứng thủy phân X: t0

3 5

FF IC IA L

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH  3RCOONa + C3H5 (OH)3 0,04  0,12 0,12 0,04 (mol) BTKL  b = 35,6 + 0,12.40 – 0,04.92 = 36,72 (gam) Hoặc tăng giảm khối lượng: b = m X  mC H  m Na  35,6 – 0,04.41 + 0,12.23 = 36,72 gam

----**----ĐỀ SỐ 7 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS NĂM HỌC 2017-2018

SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: Hóa học Ngày thi: 01 – 4 –2018 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm có 02 trang)

Câu I: (4,75 điểm) 1. (2,25 điểm) Cho hình vẽ mô tả sự điều chế Clo trong phòng thí nghiệm như sau:

ẠY

KÈ

a. Hãy xác định X là chất gì? Giải thích vai trò của X trong thí nghiệm trên? Có thể thay dung dịch X bằng CaO được không? Vì sao? b. Trong phòng thí nghiệm, để điều chế được cùng một lượng khí Clo người ta có thể dùng m1 (gam) MnO2 (chứa 2% tạp chất trơ) hoặc dùng m2 (gam) KMnO4 (chứa 10% tạp chất trơ) tác dụng với dung dịch HCl dư. Viết phương trình phản ứng và so sánh m1 với m2? 2. (2,5 điểm) Từ tinh bột và các chất vô cơ cần thiết khác xem như đã có, hãy viết phẳn ứng điều chế etylaxetat, polietilen (PE), caosu buna, andehyt axetic và etylclorua? Câu II: (4,0 điểm) 1. (1,25 điểm) Cần lấy bao nhiêu ml nước cất để pha chế được 80 gam đung dịch CuSO4 15% từ CuSO4.5H2O. Nêu cách pha chế? 2. (2,75 điểm) Cumen là nguyên liệu quan trọng dùng điều chế các chất hữu cơ có nhiều ứng dụng như phenol và aexeton. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol Cumen rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào 500 ml dung dịch Ca(OH)2 2,3M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng 50,8 gam, cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng 2 lần kết tủa là 243,05 gam. a. Xác định công thức phân tử của Cumen? Biết thành phần Cumen chỉ có 2 nguyên tố là C và H. b. Xác định công thức cấu tạo của Cummen ? Biết nó không làm mất màu dung dịch brom nhưng khi đun nóng với hơi brom có mặt ánh sáng cho hai sản phẩm monobrom. Viết phương trình phản ứng? Câu III: (4,25 điểm) 1. (1,0 điểm) Bột kim loại Ag có lẫn một ít Fe, Cu. Chỉ dùng một hóa chất hãy trình bày cách tốt nhất để thu được Ag tinh khiết? Viết phương trình phản ứng xảy ra? 2. (3,25 điểm) Nung nóng m gam hỗn hợp A gồm bột Al và sắt oxit FexOy trong điều kiện không có không khí, được hỗn hợp B. Nghiền nhỏ, trộn đều B rồi chia làm hai phần. Phần 1 có khối lượng 14,49 gam được hòa tan

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thu được dung dịch C và 5,544 lít khí SO2 duy nhất (điều kiện tiêu chuẩn). Phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng, thấy giải phóng 0,336 lít khí H2 (điều kiện tiêu chuẩn) và còn lại 2,52 gam chất rắn. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra? b. Xác định công thức của oxit sắt và tính m? Câu IV: (4,0 điểm) 1. (2,0 điểm) Sục khí (A) vào dung dịch (B) có màu vàng thu được chất rắn (C) màu vàng và dung dịch (D). Khí (X) màu vàng lục tác dụng với khí (A) trong nước tạo ra (Y) và (F), rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. Khí (A) tác dụng với dung dịch chất (G) là muối nitrat của kim loại tạo ra kết tủa (H) màu đen. Đốt cháy (H) bởi oxi ta được chất lỏng (I) màu trắng bạc. Xác định A, B, C, D, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phương trình phản ứng?. 2. (2,0 điểm) a. Khi làm khan ancol (rượu) etylic có lẫn một ít nước người ta dùng các cách sau: + Cho CaO mới nung vào rượu. + Cho Na2SO4 khan vào rượu. Hãy giải thích ? Viết phương trình phản ứng nếu có? b. Tính khối lượng glucozơ cần dùng trong quá trình lên men để tạo thành 5 lít ancol (rượu) etylic 460 (biết hiệu suất phản ứng là 90%) và d C2H 5OH = 0,8 g/ml?

Câu V: (3,0 điểm) Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu bằng 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và hỗn hợp khí B gồm 2 khí NO và NO2. Thêm 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi có t0

ẠY

KÈ

phản ứng 2KNO3  2KNO2 + O2 thì thu được 41,05 gam chất rắn. (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). a. Tính phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại trong A. b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch X. --**--

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HÓA HỌC TỈNH CÀ MAU NĂM HỌC 2017-2018 -----------------------

0, 02m

FF IC IA L

Câu I 1. a. Chất X là H2SO4 đặc. Do H2 SO4 đặc háo nước và không tác dụng với khí Cl2, nên lắp bình đựng H2SO4 đặc để hấp thụ hơi nước, làm khô khí Cl2. Không thể thay H2SO4 đặc bằng CaO, vì xảy ra phản ứng giữa khí Cl2 với sản phẩm của quá trình hút ẩm. CaO + H2O  Ca(OH)2 Cl2 + Ca(OH)2 rắn  CaOCl2 + H2O

0,1m

b. n MnO = mol ; n KMnO  mol 2 4 87 158 MnO2 + 4HCl đặc  MnCl2 + 2H2O + Cl2 

0, 02m1  87

0, 02m1 (mol) 87

2. - Điều chế PE (polietilen): t 0 (ax )

–C6H10O5–n + nH2O  nC6H12O6

men rîu

0, 25m 2 (mol) 158

0,1m 2  158 0, 02m1 0, 25m 2 =  m1  6,88m 2 Ta có: 87 158

KMnO4 + 8HCl đặc  MnCl2 + KCl + 4H2O + 2,5Cl2 

C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2  H 2 SO4 ®Æc C2H5 OH   C2H4 + H2O 170o C t 0 ,xt,P

nCH2=CH2   –CH2-CH2 –n (PE) - Điều chế etylaxetat: men giÊm C2H5OH + O2   CH3COOH + H2O H SO ®Æc, t o

2 4   CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH  

- Điều chế caosu buna: Al2 O3 /ZnO  CH2=CH – CH=CH2 + H2 + 2H2O 2C2H5OH  400o C t 0 ,xt,P

KÈ

nCH2=CH –CH=CH2   –CH2 – CH=CH – CH2 –n (caosu buna) - Điều chế andehyt axetic: t0

CH3CH2OH + CuO  CH3CHO + Cu + H2O t 0 ,Cu

ẠY

Hoặc viết: CH3CH2OH + ½ O2  CH3CHO + H2O - Điều chế etylclorua: xt

CH2=CH2 + HCl  CH3CH2Cl H SO ®Æc, t o

2 4   C2H5Cl + H2O} (Hoặc C2H5OH + HCl  

Câu II

80.15

12.250

1. m CuSO   12(gam)  m CuSO .5H O   18, 75(g) 4 4 2 100 160  m H O (nước cất cần lấy) = 80 – 18,75 = 61,25 gam  VH O (cần lấy) = 61,25 ml 2

* Cách pha chế: - Cân lấy 18,75 gam tinh thể CuSO4.5H2O cho vào cốc đủ lớn. - Đong lấy 61,25 ml nước cất rồi cho tiếp vào cốc trên, khuấy đều cho tan hết.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

n Ca(OH) = 1,15 mol 2

y 4

a. CxHy + (x  ) O2  xCO2 + y/2H2O

FF IC IA L

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O a a a mol 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 b 0,5b 0,5b mol Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2  BaCO3  + CaCO3  + 2H2O 0,5b  0,5b 0,5b (mol)

a  0,5b  1,15 a  0,5  n CO  1,8(mol)  2 100a  148,5b  243, 05 b  1,3 Dung dịch nước vôi tăng 50,8 gam  1,8.44 + 18 n H O  0,5.100  50,8  n H Theo đề ta có: 

 x

1,8 1,2.2 9;y=  12 0, 2 0,2

= 1,2 mol

CTPT của Cumen: C9H12 b. C9H12 có số liên kết pi + số vòng = 4 Vì Cumen không tác dụng dung dịch brom  có vòng benzen Mặt khác, Cumen + Br2 (hơi)  2 dẫn xuất monobrom nên CTCT đúng của Cumen là:

CH3 CH

(mũi tên là các vị trí thế Brom vào gốc ankyl của Cumen)

CH3

C6H5-CH(CH3)2 + Br2 (hơi)  C6H5-CHBr(CH3)2

+ HBr

ẠY

KÈ

C6H5-CH(CH3)2 + Br2 (hơi)  C6H5-CH(CH3)CH2Br + HBr (Giải thích: Nhóm CH3 trong ngoặc là nhánh CH3 đính vào C bên trái nó) Câu III 1. Có nhiều cách tinh chế Ag đơn giản như ngâm hỗn hợp vào dung dịch muối Fe(III), ngảm dung dịch trong dung dịch HCl và sục O2 liên tục, hoặc ngâm trong dung dịch AgNO3 dư. Tuy nhiên, cách tốt nhất là ngâm trong dung dịch AgNO3 dư vì thu được lượng Ag lớn nhất. - Cách tinh chế Ag: Hòa tan hỗn hợp Ag (lẫn Fe, Cu) vào dung dịch AgNO3 dư và khuấy đều để phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc lấy chất rắn rửa sạch, sấy khô thu được Ag tinh khiết. Fe + 3AgNO3 dư Fe(NO3)3 + 3Ag  Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag  Lưu ý: Nếu dùng dung dịch FeCl3 thì thu được lượng Ag không nhiều như cách trên, nhưng về giá thành của hóa chất chọn vào lại rẻ hơn, vì vậy cách này vẫn được xem là cách tốt. Tuy nhiên, ở đây đề không nói là tốt về mặt nào, vì vậy ta hiểu theo hướng là có lợi nhất trong điều kiện các hóa chất đều có sẵn và không quan tâm về giá thành của hóa chất chọn để làm sạch Ag. 2. - Phản ứng nhiệt nhôm 2yAl + 3FexOy  3xFe + yAl2O3 (1)  Vì B tác dụng với KOH giải phóng khí mà pư hoàn toàn  B: Fe, Al2O3, Al dư - Phần 2: n H  0, 015(mol) 2

Chất rắn không tan là Fe  n Fe  0, 045mol Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2 O (2) 2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2  (3) 0,01 0,015 mol -Phần 1: n SO  0, 2475 mol 2

Giả sử P2 = kP1 Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O

(4)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

2Al + 6H2SO4  Al2(SO4 )3 + 6H2O + 3SO2  (5) 0,01k  0,015k (mol) 2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2  (6) 0,045k  0,0675k (mol) Theo đề  0,015k + 0,0625k = 0,2475  k = 3

4 14, 49  19,32 gam 3 1 n Al O (phần 2) = ( 14, 49  2,52  0, 01.27) :102  0,02 mol 2 3 3 n Fe 3x 0, 045 x 3      Công thức oxit sắt: Fe3O4 Theo (1)  n Al O y 0, 02 y 4

FF IC IA L

BTKL  m =

2 3

I X Y Hg Cl2 H2SO4

Câu IV 1. -Xác định chất: A B C D F G H H2 S FeCl3 S FeCl2 + HCl HCl Hg(NO3)2 HgS - Phương trính hóa học: H2S + 2FeCl3 (vàng nâu)  2FeCl2 + S  (vàng) + 2HCl H2S + 3Cl2 + 4H2O  H2SO4 + 8HCl H2SO4 + BaCl2  BaSO4  (trắng) + 2HCl H2S + Hg(NO3)2  HgS  (đen) + 2HNO3 t0

HgS + O2  Hg (lỏng, trắng bạc) + SO2  2. a. - CaO mới nung tác dụng mạnh với nước nên dùng CaO dư thì toàn bộ nước bị hấp thụ. Tách bỏ phần rắn thu được ancol (hoặc chưng chất) CaO + H2O  Ca(OH)2 (rắn) - Na2SO4 khan có khả năng hút nước tạo tinh thể hidrat, khi dùng Na2SO4 khan (dư) thì toàn bị nước bị kết tinh, tách bỏ chất rắn thu được ancol etylic. Na2SO4 + 10H2O  Na2SO4.10H2O (rắn) b. Gọi m (gam) là khối lượng glucozơ đã dùng

0,9m

 mC H O (pư) =  0, 005m (mol) 6 12 6 180 men rîu

C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2  0,005m  0,01m (mol)

KÈ

Theo đề ta có: 0,01m.46 = 5000.

46 .0,8  m = 4000 gam = 4 kg 100

ẠY

Câu V a. n HNO  0,7 mol ; n KOH  0,5 mol 3 * Nếu KOH hết (0,5 mol)  Rắn T chứa 0,5 mol KNO2  mT  0,5.85  42,5 (gam) > 41,05 gam  loại. Vậy KOH dư  toàn bộ lượng nguyên tố Fe, Cu chuyển vào kết tủa Y. - Các phản ứng có thể xảy ra: (5-2x)Fe + (6n -2x)HNO3  (5-2x)Fe(NO3)n + (3n-x)H2O + nNOx  (1) (5-2x)Cu + (12 -2x) HNO3  (5-2x)Cu(NO3)2 + (6-x) H2O + 2NOx  (2) HNO3 dư + KOH  KNO3 + H2O Không xảy ra phản ứng này khi X có muối Fe(II) (3) Fe(NO3)n + nKOH  Fe(OH)n  + nKNO3 (4) Cu(NO3)2 + 2KOH  Cu(OH)2  + 2KNO3 (5) 2Fe(OH)n +

3n t0 O2  Fe2O3 + nH2O 2 t0

Cu(OH)2  CuO + H2 O

(6) (7)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

KNO3  KNO2 + ½ O2  Xét quá trình chuyển hóa Cu, Fe

(8)

FF IC IA L

Fe O : 0,5a (mol) 56a  64b  11,6 a  0,15  Fe : a (mol)   2 3    Cu : b 80a  80b  16  b  0, 05 CuO : b 0,15.56 a. %m Fe  100%  72, 41%  %m Cu  27,59% 11,6 41, 05  0,5.56 b. Tăng giảm KL theo (8)  n NO (trong X)   0,45 mol 3 46  17 Vì n NO  0, 45  3n Fe  2n Cu  0,55  dung dịch X gồm: Fe(NO3)2, Fe(NO3)3, Cu(NO3)2 3

 Không xảy ra phản ứng (3)  n Fe(NO ) = 0,55 – 0,45 = 0,1  n Fe(NO )  0, 05 mol; n Cu(NO ) = 0,05 mol 3 2 33 32

Theo (1,2)  n H O  n HNO  0,35 mol 2 3 2 BTKL (theo H,N,O)  0,7.63 = 0,45.62 + mB + 0,35.18  mB = 9,9 gam  m X  11, 6  87, 5  9,9  89,2 (gam)

0,1.180 100%  20,18% ; 89, 2 0, 05.242 C% Fe(NO )  100%  15,37% ; 3 3 89, 2 0, 05.188 C%Cu(NO )  100%  10,54% 3 2 89, 2 

3 )2

C% Fe(NO

Nồng độ % các chất tan trong dung dịch X:

--**-ĐỀ SỐ 8

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Năm học 2017-2018 Thời gian làm bài: 150 phút -----------------------------

ẠY

KÈ

Câu 1: (3,0 điểm) a) Trong các chất sau: P2O5, Fe3O4, H2SO4 đặc, Na, CaO, chất nào được dùng làm khô khí CO2? Giải thích vì sao chọn hay không chọn, viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra nếu có. b) Chỉ được dùng thêm dung dịch HCl loãng làm thuốc thử, hãy nêu phương pháp hóa học để phân biệt 4 lọ riêng biệt chứa 4 dung dịch không màu bị mất nhãn: MgSO4, NaOH, BaCl2, NaCl. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. c) Cho các hóa chất sau: Ag, CuO, CaCO3, dung dịch NaOH, dung dịch HCl và các dụng cụ thủy tinh. Hãy trình bày ngắn gọn cách tiến hành 3 thí nghiệm (có hiện tượng rõ ràng) để chứng minh dung dịch HCl có tính axit theo bảng dưới đây: TT Cách tiến hành Hiện tượng Phương trình hóa học Thí nghiệm 1 Thí nghiệm 2 Thí nghiệm 3 Câu 2: (1,5 điểm) a) Chọn chất thích hợp và viết phương trình hóa học của các phản ứng trong mỗi trường hợp sau: Muối + kim loại  Muối + kim loại. Muối + kim loại  Một muối duy nhất. Oxit + axit  Hai muối + nước. Oxit + bazơ  Muối. b) Hòa tan hoàn toàn muối cacbonat của kim loại M bằng dung dịch H2SO4 9,8% thu được dung dịch chỉ chứa một muối có nồng độ 14,18%. Xác định M.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

ẠY

KÈ

FF IC IA L

Câu 3: (1,5 điểm) a) Cho các chất hữu cơ mạch hở: A, B, D, E đều có phân tử khối bằng 60, thành phần phân tử đều chỉ chứa các nguyên tố C, H, O. Biết: - A phản ứng với Na và dung dịch Na2CO3 tạo khí CO2. - B, D, E phản ứng với Na (theo tỉ lệ số mol 1:1), không phản ứng với dung dịch NaOH. Viết công thức cấu tạo thu gọn (có giải thích) của các chất A, B, D, E. b) Cho A, B, C là 3 hidrocacbon khí ở điều kiện thường. Khi phân hủy A, B, C cùng tạo ra cacbon và khidro, trong đó có thể tích hidro sinh ra gấp 3 lần thể tích hidrocacbon ban đầu (ở cùng điều kiện). C có 2 công thức cấu tạo, B và C có khả năng làm mất màu dung dịch Br2 và có phân tử khối khác nhau. Lập luận để xác định công thức phân tử của A, B, C. Câu 4: (2,0 điểm) a) Hòa tan 20,9 gam hỗn hợp gồm M và M2O vào nước, thu được dung dịch X chứa 28 gam chất tan và 1,12 lít khí H2 (đktc). Xác định kim loại M. b) Cho 3,85 gam hỗn hợp Na và Al vào cốc chứa một lượng nước dư, thu được dung dịch A và phần không tan B có khối lượng 1,35 gam. Thêm tiếp V ml dung dịch HCl 1M vào cốc thì B tan hết và dung dịch thu được trong suốt. b1) Tính giá trị nhỏ nhất của V. b2 ) Nếu thay dung dịch HCl bằng dung dịch Ba(OH)2 cùng nồng độ thì thể tích dung dịch Ba(OH)2 tối thiểu cần dùng là bao nhiêu? Câu 5: (2,0 điểm) a) Cho 96 gam một ankan phản ứng hết với khí clo tạo ra 3 sản phẩm thế lần lượt chứa 1, 2, 3 nguyên tử clo với tỉ lệ mol của các sản phẩm lần lượt là 1: 2: 3. Tỉ khối hơi của sản phẩm chứa 2 nguyên tử clo đối với hidro là 42,5. Tìm phần trăm khối lượng của mỗi sản phẩm trong hỗn hợp. b) Đốt cháy hoàn toàn chất hữu cơ Y, thu được 14,336 lít khí CO2 (đktc) và 5,76 gam H2 O. Ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất thì tổng thể tích CO2 và hơi H2O thu được bằng tổng thể tích của Y và O2 tham gia phản ứng. Xác định công thức phân tử của Y. -----HẾT-----HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TP ĐÀ NẴNG Năm học 2017-2018 --------------------Câu 1: a) Nguyên tắc làm khô khí là chọn một chất có khả năng hút ẩm. Chất hút ẩm không tác dụng với chất bị ẩm, không có phản ứng phụ tạo ra các chất khí mới hoặc tạo ra chất khác tác dụng được với chất bị ẩm. - Không chọn Na vì phản ứng với nước tạo kiềm hấp thụ CO2 và giải phóng thêm khí H2 2Na + 2H2O (hơi ẩm)  2NaOH + H2  CO2 + 2NaOH dư  Na2CO3 + H2O - Không dùng CaO vì xảy ra phản ứng với nước và khí CO2 và sản phẩm với khí CO2. CO2 + H2O  Ca(OH)2 CO2 + CaO  CaCO3 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O - Không chọn Fe3O4 vì khả năng hút ẩm kém. - Chọn P2O5 và H2SO4 đặc, vì các chất này hút ẩm mạnh và không tác dụng hóa học với CO2. P2O5 + 3H2O  2H3PO4 H2SO4 đặc + nH2O  H2SO4.nH2O b) TT Cách tiến hành Hiện tượng Phương trình hóa học - Cho mẫu nhỏ CaCO3 -CaCO3 tan trong dung CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + H2O + CO2  vào ống nghiệm, cho từ dịch HCl và có khí TN1 từ dung dịch HCl vào không màu thoát ra. ống đựng CaCO3. - Cho một ít bột CuO -Chất rắn màu đen tan CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O vào ống nghiệm, nhỏ dần, dung dịch tạo TN2 tiếp dung dịch HCl vào thành có màu xanh. ống nghiệm CuO. - Cho CuCl2 (điều chế - Dung dịch màu xanh CuCl2 + 2NaOH  Cu(OH)2  + 2NaCl TN3 được ở TN2) vào ống lá chuyển sang kết tủa

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

nghiệm, nhỏ tiếp dung dịch NaOH vào, lọc lấy kết tủa. - Lọc kết tủa, cho vào dung dịch HCl.

màu xanh lơ. - Chất rắn màu xanh lơ tan trong dung dịch HCl tạo thành dung dịch màu xanh lá.

Cu(OH)2 +2HCl  CuCl2 + 2H2O

FF IC IA L

Câu 2: a) - Muối + kim loại  Muối + kim loại. CuCl2 + Fe  FeCl2 + Cu  Có thể thay phản ứng khác sao cho thỏa mãn điều kiện: kim loại phản ứng mạnh hơn kim loại trong muối, kim loại phản ứng không tác dụng được với nước, muối phản ứng phải ở dạng dung dịch. - Muối + kim loại  Một muối duy nhất. 2FeCl3 + Fe  3FeCl2 (thay gốc clorua bằng sunfat, nitrat) - Oxit + axit  Hai muối + nước. Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O (Hoặc thay HCl bằng H2SO4 loãng) - Oxit + bazơ  Muối. CO2 + NaOH  NaHCO3 b) Đặt công thức muối cacbonat M2(CO3)x Giả sử có 1 mol M2(CO3 )x M2(CO3)x + xH2SO4  M2(SO4 )x + xH2O + xCO2  1 x 1 x (mol)  (2M + 60x) 98x (2M + 96x) 44x (gam)

100

 mdd (sau)  98x   2M  60x  44x = (2M + 1016x) gam 9,8

2M  96x 14,18   0,1418  M = 28x 2M  1016x 100

Phương trình nồng độ muối:

Chỉ có x = 2, M = 56 là thỏa mãn  M là sắt (Fe) Câu 3: a) Đặt công thức chung của các chất là CxHyOz (x  1; z  1; 2  y  2x +2 ; y chẵn) Theo đề ta có: 12x + y + 16z = 60

60  14  2,875  z = {1; 2} 16

z max khi x =1; y = 2  zmax =

KÈ

+) Khi z = 1  12x + y = 44  x = 3; y = 8  CTPT là C3H8O +) Khi z = 2  12x + y = 28  x = 2; y = 4  CTPT là C2H4O2 Vì A tác dụng với Na và Na2CO3 tạo khí CO2 nên  A là axit Vì B, D, E phản ứng với Na theo tỉ lệ mol 1:1 và không phản ứng với NaOH nên  B, D, E đều có 1 nhóm OH. Chọn A là C2H4O2  CTCT của A: CH3-COOH Chọn B, D, E là C3H8O hoặc C2H4O2 CTCT của B, D, E là: CH3-CH2-CH2OH hoặc CH3-CH(OH)-CH3 hoặc CH2 OH-CHO b) Đặt công thức chung của các hidrocacbon là CxHy (x  1 , 2  y  2x + 2, y chẵn) t0

ẠY

Phản ứng phân hủy các hidrocacbon: CxHy  xC +

Theo đề ta có:

y H2 2

y  3 y  6 2

CTPT của A, B, C có dạng CxH6 Vì A, B, C là chất khí ở điều kiện thường  x  4 Vậy A, B, C thuộc các chất sau: C2H6, C3H6, C4H6 Chất A không làm mất màu dung dịch Br2  A là C2H6 Chất C có 2 cấu tạo và làm mất màu dung dịch Br2 chất C là C3H6. CH2 H2 C

CH3

H2 C

CH2

Chất B khác phân tử khối với C và làm mất màu dung dịch brom  B: C4H6

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

Câu 4: a) Tính n H  0, 05 (mol) 2 2M + 2H2O  2MOH + H2  0,1 0,1 0,1 0,05 mol M2O + H2O  2MOH a a 2a (mol) Chuyển từ 20,9 gam hỗn hợp (M, M2O)  28 gam MOH  tăng m  7,1 (gam)  Ta có: 0,1.17 + 2a.17 – 16a =7,1  a = 0,3 mol Suy ra: 0,1.M + 0,3.(2M + 16) = 20,9  M = 23 Vậy kim loại M là Natri (Na)  Lưu ý: Bài toán trên có thể giải theo cách khác. Ví dụ như một số cách dưới đây: Cách 2: Sử dụng bảo toàn khối lượng Theo BTKL  20,9 + 18.(0,1 + a) = 28 + 0,05.2  a = 0,3 mol Suy ra: 0,1.M + 0,3.(2M + 16) = 20,9  M = 23 Cách 3: Sử dụng phương pháp đại số

(0,1  2a).M  16a  20,9 (0,1  2a).M  16,1   M  23 (0,1  2a).M  34a  28  0,1.17 a  0,3

b) Vì nước dư nên Na phản ứng hết, phần rắn không tan là Al dư

1,35

Ta có: 

0, 2  0,15  0,35 lit = 350ml 1

 n Al (dư) =  0,05 mol 27 Do Al dư nên dung dịch chứa chứa chất tan là NaAlO2 Gọi x là số mol Na ban đầu Na + 2H2O + Al  NaAlO2 + 2H2  x x x (mol) Ta có: 23x + 27x = 3,85 – 1,35  x = 0,05 mol b1). Khi cho HCl vào cốc thì xảy ra phản ứng với Al và NaAlO2 Lượng HCl nhỏ nhất khi vừa đủ chuyển Al và -AlO2 thành AlCl3 NaAlO2 + 4HCl  AlCl3  + NaCl + 2H2O 0,05  0,2 mol 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  0,05  0,15 mol

b2). Khi thay dung dịch HCl 1M bằng dung dịch Ba(OH)2 1M thì chỉ xảy ra phản ứng với Al. Ba(OH)2 + 2H2 O + 2Al  Ba(AlO2)2 + 3H2  0,025 0,05 mol

0, 025  0, 025 ml = 25 ml 1

KÈ

V=

ẠY

Câu 5: a) Đặt công thức ankan là CnH2n+2  Sản phẩm điclo ankan: Cn H2nCl2 Theo đề ta có: MY = 42,5.2 = 85 g/mol  14n + 71 = 85  n = 1  Ankan là CH4 Các sản phẩm thế mono, đi, triclo lần lượt là: CH3Cl, CH2Cl2, CHCl3 Vì tỷ lệ số mol tương ứng của các sản phẩm thế là 1:2:3 nên ta có sơ đồ hợp thức: as

6CH4 + 14Cl2  CH3Cl + 2CH2Cl2 + 3CHCl3 + 14HCl

96  14 1 16 m CH Cl = 50,5 (gam) ; mCH

3 (mol)

= 2.85 = 170 gam ; m CHCl = 3.119,5 = 358,5 (gam) 3 Phần trăm khối lượng của các sản phẩm trong hỗn hợp sau phản ứng: 3

%m CH

3Cl



2Cl2

50,5 170 100%  4, 63% ; %m CH Cl  100%  15, 60% 2 2 96  14.71 1090

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

%m CHCl  3

358,5 100%  32,89%  %m HCl  46,88% 1090

2 2

FF IC IA L

 Nhận xét: Đề bài hỏi tính % khối lượng mỗi sản phẩm là chưa rõ nên sẽ có nhiều em hiểu khác nhau. Hỗn hợp sản phẩm ở đây gồm 3 sản phẩm thế và khí hidroclorua. Đề cho dư một sữ kiện là khối lượng CH4 (96 gam). Bởi vì để tính một đại lượng tương đối (%) thì chỉ cần dựa vào một đại lượng tương đối khác (tỷ lệ số mol các sản phẩm). Vì tỉ lệ số mol tương ứng là 1:2:3 nên ta có: m CH Cl : mCH Cl : m CHCl : m HCl  50, 5 :170 : 385,5 : (14.36,5) 3

50,5 170 %mCH Cl  100%  4,63% ; %mCH Cl  100%  15, 60% 3 2 2 50,5  170  358, 5  551 1090 358,5 %m CHCl  100%  32,89%  %mHCl  46,88% 3 1090 b) Tính số mol: n CO  0,64 mol n H O  0, 32 mol 2



n 2 2 1  C   1 nH 2 1

Vì

n CO

CnHnOm +

2,5n  m t0 O2  nCO2 + 0,5nH2O 2

Đặt công thức của Y: CnHnOm (n  2 ; n chẵn ; m  0)

Vì tổng số mol chất tham gia phản ứng bằng tổng số mol các sản phẩm, nên ta có: 1 + 1,25n – 0,5m = n + 0,5n  n + 2m = 4 (*)

 m  0, n = 4  CTPT của Y là: C4H4 hoặc C2 H2O  m=1 , n = 2

Từ (*)  

--*-ĐỀ SỐ 9

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH BÌNH ĐỊNH Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------

ẠY

KÈ

Câu 1:(2,0 điểm) Viết các phương trình hóa học để hoàn thành sơ đồ sau: (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) Fe  Fe3O4  CO2  NaHCO3  NaCl  Cl2  FeCl3  (8) Fe(NO3)3  NaNO3 Câu 2: (2,0 điểm) Cho các chất sau: Cl2, NaCl, H2SO4, Fe, Fe(OH)3, FeSO4, Fe2(SO4)3, Fe2O3. Hãy thiết lập sơ đồ gồm 8 phương trình hóa học biểu diễn mối quan hệ giữa các chất trên. Viết các phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa đó, ghi rõ điều kiện xảy ra (nếu có). Câu 3: (2,0 điểm) Trộn 5,4 gam Al với 17,4 gam bột Fe3O4 rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (trong điều kiện không có không khí), giả sử chỉ xảy ra phản ứng khử Fe3O4 thành Fe. Hòa tan hoàn toàn chất rắn sau phản ứng bằng dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 5,376 lít khí H2 (đktc). Tính hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm. Câu 4: (2,0 điểm) Cho hỗn hợp X gồm 25,6 gam bột Cu và 23,2 gam bột Fe3O4 vào 400 ml dung dịch HCl 2M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch B và a gam chất rắn không tan C. Lấy dung dịch B cho tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được m gam chất rắn. Hãy tính a và m. Câu 5: (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 2,7 gam Al bằng 100 ml dung dịch NaOH 1,2M, sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch X. Cho 100 ml dung dịch HCl 1,8 M vào dung dịch X thu được m gam chất rắn. Tính m. Câu 6: (2,0 điểm) Nhiệt phân hoàn toàn một lượng MgCO3 sau một thời gian thu được chất rắn A và khí B. Hấp thụ hết

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

khí B bằng dung dịch NaOH thu được dung dịch C. Dung dịch C vừa tác dụng được với dung dịch BaCl2, vừa tác dụng được với dung dịch KOH. Hòa tan chất rắn A bằng dung dịch axit sunfuric loãng, dư thu được khí B và dung dịch D. Xác định thành phần của A, B, C, D và viết phương trình hóa học xảy ra. Câu 7: (2,0 điểm) Cho hỗn hợp X gồm một anken A và một ankin B. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp X thu được tổng khối lượng CO2 và H2 O và 15,14 gam, trong đó oxi chiếm 77,15%. a. Xác định các công thức phân tử có thể có của A và B. b. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp X có tỉ lệ số mol thay đổi ta vẫn thu được lượng khí CO2 như nhau. Tìm công thức phân tử đúng của A, B. Câu 8: (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 2,4 gam một hidrocacbon X, rồi dẫn hết sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 15 gam kết tủa và thấy khối lượng dung dịch giảm 4,92 gam. a. Xác định công thức phân tử của X, biết ở điều kiện thường X là chất khí. b. Cho hỗn hợp khí Y gồm 0,1 mol C2H4, 0,2 mol X (tìm được ở trên) và 0,7 mol H2. Nung hỗn hợp khí Y trong bình kín có xúc tác là Ni sau một thời gian thu được 0,8 mol hỗn hợp khí Z, biết Z phản ứng vừa đủ với 300 ml dung dịch Br2 aM. Tính a. Câu 9: (2,0 điểm) a. Polime X chứa 38,4% cacbon, 56,8% clo và còn lại là hidro về khối lượng. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của X và gọi tên. Cho biết ứng dụng của X trong thực tế. b. Từ metan và các chất vô cơ cần thiết khác nhau, hãy viết các phương trình phản ứng hóa học để điều chế chất X ở trên. Câu 10: (2,0 điểm) Cho 6,72 lít hỗn hợp khí X gồm một ankan và một anken đi qua dung dịch brom thấy khối lượng bình brom tăng lên 4,2 gam và thoát ra 4,48 lít khí. Đốt cháy hoàn toàn khí thoát ra thu được 8,96 lít khí CO2. Xác định công thức phân tử của các hidrocabon trong X. Biết thể tích các khí đo ở đktc.

--**-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC 9 TỈNH BÌNH ĐỊNH Năm học 2017-2018 ---------------------t0

3Fe + 2O2  Fe3 O4

(1)

Câu 1: Các phương trình hóa học:

KÈ

(2) Fe3O4 + 4CO  3Fe + 4CO2  (3) CO2 + NaHCO3  NaHCO3 Hoặc CO2 + 2H2O + NaAlO2  NaHCO3 + Al(OH)3  (4) NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2  ®pnc

ẠY

(5) 2NaCl   2Na + Cl2  ®p dung dÞch  2NaOH + Cl2  + H2  Hoặc: 2NaCl + 2H2O  cã mµng ng¨n t0

(6) 3Cl2 + 2Fe  2FeCl3 (7) FeCl3 + 3AgNO3  3AgCl  + Fe(NO3)3 (8) Fe(NO3)3 + 3NaOH  3NaNO3 + Fe(OH)3  Câu 2: Ta thấy tổng số 8 chất mà yêu câu lập sơ đồ có tới 8 phương trình hóa học, do đó phải có một cặp chất được thiết kế 2 chiều hoặc một chất được lặp lại. Có nhiều cách để lập mối liên hệ, dưới đây là một cách tương đối đơn giản: (1)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

 Cl2  H2SO4  Fe2(SO4)3  Fe(OH)3  Fe2O3  Fe NaCl  (2)

(8)  FeSO4

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Các phương trình hóa học: ®pnc

(1) 2NaCl   2Na + Cl2  (2) (3) (4) (5)

2Na + Cl2  2NaCl Cl2 + 2H2O + SO2  H2SO4 + 2HCl 2Fe + 6H2SO4 đặc, nóng  Fe2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2  Fe2(SO4)3 + 6NaOH  2Fe(OH)3  + 3Na2SO4

FF IC IA L

(6) 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O t0

(7) Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O (Hoặc thay H2 bằng chất khử khác: CO, Al, C ...) (8) Fe + H2SO4 loãng  FeSO4 + H2  (Hoặc thay H2SO4 bằng Fe2(SO4)3, dung dịch muối sunfat của kim loại yếu hơn Fe) Câu 3: n Al  0, 2 mol ; n Fe O = 0,075 mol ; n H  0, 24 mol 2

3 4

Ta thấy n Al .3  0, 2.3  0, 6  n Fe O .8  0, 6  Al và Fe3O4 trộn theo tỷ lệ vừa đủ. 3 4 t0

3Fe3O4 + 8Al  4Al2O3 + 9Fe 0,375a a 0,5a 1,125a (mol)

(1)

 Fe :1,125a (mol)  Al : (0, 2  a) (mol)  -Rắn sau phản ứng:   Fe3O 4 : (0,075 - 0,375a) mol  Al2 O3 : 0,5a mol

-Hòa tan rắn vào H2SO4 loãng dư, xảy ra các phản ứng:

Theo đề ta thấy n H  0, 24 > n Fe (oxit ban đầu)  Al có tham gia giải phóng H2  không 2

xảy ra phản ứng của Fe với Fe2(SO4)3

Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O (2) Fe3O4 + 4H2SO4  FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O (3) 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2  (4) Fe + H2SO4  FeSO4 + H2  (5) Theo (4,5) ta có: n H  n Fe  1, 5n Al  1,125a + 1,5.(0,2 – a) = 0,24  a = 0,16 mol 2

KÈ

Câu 4:

Hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm: H% 

n Cu  0, 4mol ; n Fe

3O 4

0,16 100%  80% 0, 2

 0,1 mol ; n HCl = 0,8 mol

ẠY

Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O 0,1  0,8 0,1 0,2 (mol) Cu + 2FeCl3  2FeCl2 + CuCl2 0,1 0,2 0,2 0,1 mol Rắn C là Cu dư  a = (0,4 – 0,1).64 = 19,2 gam

Dung dịch B:

(1) (2)

FeCl2 : 0,3 mol CuCl2 : 0,1 mol

CuCl2 + AgNO3  Cu(NO3)2 + AgCl  FeCl2 + 3AgNO3  Fe(NO3 )3 + 2AgCl  + Ag  Kết tủa gồm AgCl và Ag Theo các phản ứng (3,4): n Ag  n FeCl  0,3 mol 2

Bảo toàn số mol Cl  n AgCl  n Cl  0,8 mol  m = 0,3.108 + 0,8.143,5 = 147,2 (gam)

(3) (4)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Lưu ý: Có thể tính nhanh khối lượng kết tủa bằng tổng khối lượng nguyên tố Ag và nguyên tố Cl Theo phản ứng (3,4): n AgNO (ph¶n øng)  2n CuCl  3n FeCl = 2.0,1 + 3.0,3 = 1,1 mol 3

BT nguyên tố Ag, Cl  m = 0,8.35,5 + 1,1.108 = 147,2 gam Câu 5: Tính n Al  0,1 mol ; n NaOH = 0,12 mol > n Al  NaOHdư

1

n HCl (cßn l¹i) n NaAlO



FF IC IA L

2Al + 2H2O + 2NaOH  2NaAlO2 + 3H2  0,1 0,1 0,1 (mol) Dung dịch X gồm: 0,1 mol NaAlO2; 0,02 mol NaOH Khi cho HCl vào X thì phản ứng trung hòa (giữa HCl và NaOH) xảy ra trước NaOH + HCl  NaCl + H2O 0,02  0,02 (mol)

0,18  0, 02  1, 6  4  Al(OH)3 tan bớt một phần 0,1

NaAlO2 + HCl + H2O Al(OH)3  + NaCl 0,1 0,1 0,1 mol Al(OH)3 + 3HCl  AlCl3 + 3H2O 0,02(0,16- 0,1) mol  m  m Al(OH) = 0,08.78 = 6,24 gam

n HCl n NaAlO

 1, 6 

8  Phương trình hóa học hợp thức: 5

Ta thấy

 Lưu ý: Có thể giải bài toán bằng phương pháp khác, chẳng hạn như phương pháp hợp thức theo tỷ lệ số mol.

5NaAlO2 + 8HCl + 2H2O 4Al(OH)3  + 5NaCl + AlCl3 0,1  0,08 mol  m = 0,08.78 = 6,24 (gam) Câu 6: t0

ẠY

KÈ

MgCO3  MgO + CO2  -Rắn A: MgO, MgCO3 dư - Khí B: CO2 - Dung dịch C tác dụng được với BaCl2 và KOH nên C gồm NaHCO3 và Na2CO3 CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O CO2 + NaOH  NaHCO3 Na2CO3 + BaCl2  BaCO3  + 2NaCl 2NaHCO3 + 2KOH  Na2 CO3 + K2CO3 + 2H2O - Dung dịch D: MgSO4 , H2SO4 dư MgO + H2SO4 loãng  MgSO4 + H2O MgCO3 + H2SO4 loãng  MgSO4 + H2O + CO2  Nhận xét: Đề ra từ ngữ không chuẩn, phản ứng hoàn toàn mà đi với cụm từ "sau một thời gian" là không chuẩn. Câu 7:

 44n CO 8 / 9  0, 7715 2   2, 654 n CO 2  0, 25  18n 0, 7715  8 /11 a. Theo đề ta có:   H 2O  44n n H 2O  0, 23 18n 15,14   CO2 H 2O  (Hoặc sử dụng một phương trình tổng khối lượng CO2 và H2 O, một phương trình % oxi) Đặt công thức của anken A và ankin B lần lượt là: CnH2n và CmH2m-2 (n  2 ; m  2) t0

CnH2n + 1,5nO2  nCO2 + nH2O

(1) ( n CO  n H O = 0) 2 2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

3m  1 t0 O2  mCO2 + (m-1)H2O (2) ( n CO  n H O = n ankin ) 2 2 2 Theo các phản ứng  n ankin   n CO   n H O = 0,25 – 0,23 = 0,02 mol CmH2m -2 +

FF IC IA L

 n anken  0, 05  0, 02  0, 03 mol Bảo toàn số mol C  0,03n + 0,02m = 0,25  3n + 2m = 25 (*) Từ (*)  2m (chẵn) ; 25 (lẻ) nên  n là số lẻ

Biện luận (theo *): n m Kết luận

3 8 Anken A: C3H6 Ankin B: C8H14

5 5 Anken A: C5H10 Ankin B: C5H8

7 2 Anken A: C7H14 Ankin B: C2H2

Lưu ý: Đề bài không cho thông tin về trạng thái ở điều kiện thường của chất nên các trường hợp trên đều thỏa mãn. 0, 25 b. Chỉ số cacbon trung bình: C  5 0, 05

Khi thay đổi tỷ lệ số mol ankin và anken mà số mol CO2 vẫn không đổi  chỉ số C trung bình cũng không đổi. Vậy 2 chất phải có cùng chỉ số cacbon. Công thức phân tử đúng của A, B lần lượt là: C5H10 và C5H8. Lưu ý: Ta có thể chứng minh nhận định trên như sau: Khi số mol hỗn hợp không đổi và giá trị C trung bình không đổi thì ta có: an + bm = bn + am  n.(a –b) = m.(a –b)  n = m Câu 8: Phân tích: Đây là câu bị lỗi về từ ngữ. Dung dịch nước vôi trong không thể dư được. Nếu dung dịch nước vôi trong lấy dư thì số mol CO2 là 0,15 mol

y 4

CxHy + (x  ) O2  xCO2 +

 15 – 0,15.44 – 18 n H O  4,92  n H O   mX = .2 + 0,15.12 = 2,19 < 2,4 (vô lý) 2 2 150 150 Ý tưởng ra đề khá hay nhưng rất tiếc khi nó bị lỗi không đáng có. Nếu bỏ đi từ "dư" ở dung dịch Ca(OH)2 thì bài toán sẽ khá hay. Nếu dung dịch Ca(OH)2 không cho dư thì bài toán được giải như sau:

y H2O 2

(1)

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (2) 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (3) Vì dung dịch giảm 4,92 gam nên tổng khối lượng CO2 và H2O hấp thụ vào bình ít hơn khối lượng kết tủa là 4,92 gam. Ta có: m H O  m CO  15  4,92  10, 08 (gam) 2

KÈ

Theo BTKL  2,4 + 32n O = 10,08  n O = 0,24 mol 2 2

Theo (1) 

12x  y 2, 4 x 3   10    X có dạng: C3nH4n (n nguyên, dương) x  0, 25y 0, 24 y 4

ẠY

Vì X là chất khí ở nhiệt độ thường nên C  4  n = 1 Vậy Công thức phân tử của Y là C3H4 b) Y: 0,1 mol C2H4, 0,2 mol C3H4, 0,7 mol H2. t 0 (Ni)

C2H4 + H2  C2H6 t 0 (Ni)

C3H4 + H2  C3H6 t 0 (Ni)

C3H4 + H2  C3H8 Z: C2H6, C3H6, C3H8, C3H4 dư, C2H4 dư, H2 dư Theo các phản ứng ta thấy: Số mol khí giảm xuống bằng số mol H2 phản ứng  n H (phản ứng) = n Y  n Z = 0,1 + 0,2 + 0,7 – 0,8 = 0,2 mol 2

Gọi X2 là công thức chung của H2 phản ứng và Br2 phản ứng

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Xét cả quá trình  toàn bộ liên kết pi trong Y đã phản ứng hết C2H4 + X2  C2H4X2 0,1 0,1 (mol) C3H4 + 2X2  C3H4X4 0,2  0,4 (mol) Ta có: n Br  n H  n X  0,3a + 0,2 = 0,5  a = 1 mol/ lít 2

FF IC IA L

Câu 9: a. %mH  100  38, 4  56,8  4,8%

38, 4 4,8 56,8

 n C : n H : n Cl  : :  3, 2 : 4,8 :1, 6  2 : 3 :1 12 1 35,5 Công thức của polime X là: –C2H3Cl–n (PVC) b. Điều chế PVC từ CH4 o

1500 C 2CH4   C2H2 + 3H2 lµm l¹nh nhanh

C2H2 + HCl  C2H3Cl t 0 ,xt,P

nCH2=CHCl   – CH2 – CHCl –n Câu 10: Tính được n X  0,3 mol ; n KhÝ tho¸t ra  0, 2 mol ; n CO  0, 4 mol 2 Đặt công thức của các hidrocacbon: CnH2n+2 và CmH2m CmH2m + Br2  CmH2mBr2 Khí bị hấp thụ trong dung dịch brom là anken  m anken (hấp thụ) = 4,2 gam

4, 2  42  m = 3  CTPT của anken là: C3H6 0,3  0, 2

 14m =

n CO2 n khÝ



0, 4 2 0, 2

C khÝ tho¸t ra 

Vì dung dịch brom không cho dư nên khí thoát ra có thể còn Anken

 Nếu khí thoát ra chỉ có ankan: CnH2n+2  n = 2  CTPT ankan là: C2H6  Nếu khí thoát ra gồm ankan và anken: Vì C3H6 có C = 3 > 2 nên  n < 2  n = 1. CTPT của ankan là: CH4 Vậy CTPT của anken: C3H6 CTPT của ankan là C2H6 hoặc CH4

Hoặc biện luận như sau:

Trường hợp 1: Khí thoát ra chỉ gồm Ankan

3n  1 t0 O2  nCO2 + (n+1)H2O 2

KÈ

CnH2n+2 +

Bảo toàn số mol C  0,2n = 0,4  n = 2  CTPT của ankan là C2H6 Trường hợp 2: Khí thoát ra gồm cả ankan và anken

ẠY

C

n CO

n hh



0, 4  2 < 3 (của C3H6) ankan có n < 2  n = 1  CTPT ankan là: CH4 0, 2 --**--

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

ĐỀ SỐ 10 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2017-2018 ------------------Câu 1: (3,5 điểm) 1. Nguyên tố X là một phi kim. Hợp chất khí của X với hidro là M (có công thức H8– aX); oxit cao nhất của X là N (có công thức X2Oa). Tỉ khối hơi của N so với M là 5,0137. a. Tìm X. b. Hợp kim của nguyên tố A có nhiều ứng dụng trong đời sống. Đơn chất A, X và hợp chất của chúng tham gia vào các phản ứng theo sơ đồ sau: (1) A + X  E (5) A + O2  F (2) A + B  C + H2 (6) F + B  C + E + H2O (3) E + A  C (7) C + X  E (4) F + H2  A + H2O Xác định các chất A, B, C, X, E, F và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. 2. Cho các hoá chất: KClO3, nước, quặng pirit (FeS2) và các điều kiện phản ứng có đủ. Có thể điều chế được những chất khí nào từ những hoá chất đã cho? Viết phương trình hoá học của các phản ứng. Câu 2: (2,0 điểm) 1. Hình vẽ bên là cách lắp đặt dụng cụ thí nghiệm điều chế oxi trong phòng thí nghiệm. a. Trong quá trình tiến hành thí nghiệm, để hạn chế ống nghiệm bị nứt vỡ thì cần phải làm gì? Hãy giải thích cách làm đó. b. Hãy giải thích vai trò của miếng bông.

ẠY

KÈ

2. Nêu hiện tượng và viết phương trình hoá học của phản ứng xảy ra trong thí nghiệm sau: a. Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch bari hidroxit. b. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch NaOH loãng có chứa một lượng nhỏ dung dịch phenolphtalein. Câu 3: (3,5 điểm) 1. A là nguyên tố kim loại có trong thành phần chính của muối ăn và X, Y, Z, T là các hợp chất của A. Trong đó X tác dụng với cacbon dioxit tạo thành Y; X tác dụng với Y tạo thành Z. Nung Y ở nhiệt độ cao thu được cacbon dioxit. Cacbon dioxit tác dụng với Z thành Y; Y tác dụng với T thu được cacbon dioxit. Xác định X, Y, Z, T và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. 2. Hoà tan 19,2 gam kim loại Cu bằng 40 ml dung dịch H2SO4 98% (D = 1,84g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch A. Cho từ từ đến hết 536 ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào dung dịch A, sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tìm giá trị của m. Câu 4: (4,0 điểm) 1. Nung 25,28 gam hỗn hợp gồm FeCO3 và FexOy trong không khí tới phản ứng hoàn toàn, thu được khí A và 22,4 gam Fe2O3 duy nhất. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào 400 ml dung dịch Ba(OH)2 0,15M thu được 7,88 gam kết tủa. Tìm công thức phân tử của FexOy. 2. Chia 156,8 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3 O4, Fe2O3 thành hai phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng hết với dung dịch HCl dư được 155,4 gam muối khan. Phần 2 tác dụng vừa đủ với dung dịch Y là hỗn hợp gồm HCl và H2SO4 loãng thu được 167,9 gam muối khan. a. Viết phương trình hoá học của các phản ứng. b. Tính số mol của HCl trong dung dịch Y. Câu 5: (3,25 điểm) 1. Nêu hiện tượng trong các thí nghiệm sau, giải thích và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra (nếu có). a. Đưa bình đựng hỗn hợp khí metan và clo ra ánh sáng, sau một thời gian cho nước vào bình lắc nhẹ rồi cho vào một mẩu giấy quì tím. b. Xăng có thành phần chính là hỗn hợp các hidrocacbon no, chủ yếu là các chất có tính chất hoá học tương tự metan. Để phát hiện nước có lẫn trong xăng có thể dùng CuSO4 khan. c. Cho dung dịch nước brom loãng vào benzen và khuấy đều. 2. Từ nguyên liệu là canxi cacbua, các chất vô cơ và điều kiện phản ứng có đủ, viết phương trình hoá học điều chế etan (CH3 -CH3) và 1,2- đibrom etan (CH2Br-CH2Br). 3. Khí gas dùng trong sinh hoạt có thành phần phần trăm về khối lượng các chất như sau: butan (C4H10) 99,4%; còn lại là propan (C3H8). Khi đốt cháy 1 mol mỗi chất trên giải phóng ra một lượng nhiệt lần lượt

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

là 3600 kJ và 2654 kJ. Tính khối lượng gas cần dùng để đun sôi 1 lít nước (D = 1 g/ml) từ 250C lên 1000C. Biết để nâng nhiệt độ của 1 gam nước lên 10C cần 4,16J. Câu 6: (3,75 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon X và Y có công thức chung là CnH2n+2 (n ≥ 1) rồi dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, bình 2 chứa nước vôi trong dư thấy lượng bình 1 tăng 2,52 gam, khối lượng dung dịch ở bình 2 giảm 5,6 gam. Xác định công thức phẩn tử của X và Y. Nếu biết tỉ lệ khối lượng m X : m Y  1: 3,625 và số mol mỗi chất đều vượt quá 0,015 mol.

FF IC IA L

2. Phản ứng crackinh là phản ứng bẻ gãy phân tử hidrocacbon bằng nhiệt hoặc nhiệt cùng với xúc tác. Crackinh m gam butan (C4H10) thu được hỗn hợp khí A từ các phản ứng theo sơ đồ sau: crackinh

C4 H10   C3H6 (X) + CH4 crackinh

C4 H10   C2H4 + C2H6 (Y) Trong đó X có tính chất hoá học tương tự etilen, Y có tính chất hoá học tương tự metan. Dẫn toàn bộ khí A vào dung dịch brom dư thấy có 36 gam brom tham gia phản ứng và thu được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B thu được 11,76 lít CO2 (đktc) và 14,49 gam H2O. a. Tìm giá tr của m. b. Tính hiệu suất của phản ứng crackinh. --**-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2017-2018 -------------------Câu 1: 1.

2X  16a

a) d N / M  5, 0137   5, 0137  X = 6,973a – 13,31 X8a Vì X là phi kim  a = {4;5;6;7} Chỉ có a = 7, X = 35,5 là thỏa mãn  X là clo (Cl) b) Phân tích: Từ (2) ta thấy đơn chất A tác dụng với (B) giải phóng khí H2  dự đoán A là kim loại, B là axit Từ (4) tah thấy A sinh ra từ phản ứng của H2 với E  A là kim loại trung bình hoặc yếu Mặt khác, hợp kim của A có nhiều ứng dụng nên chọn A là Fe. Xác định chất: A B C X E F Fe HCl FeCl2 Cl2 FeCl3 Fe3O4 Các phương trình hóa học: t0

KÈ

(1) 2Fe + 3Cl2  2FeCl3 (2) Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (3) 2FeCl3 + Fe  3FeCl2 t0

(4) Fe3 O4 + 4H2  3Fe + 4H2O t0

ẠY

(5) 3Fe + 2O2  2Fe3O4 (6) Fe3 O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O (7) 2FeCl2 + Cl2  2FeCl3 2. Điều chế được H2, O2, SO2, Cl2 - Điều chế H2 và O2: ®iÖn ph©n 2H2O   2H2 + O2 xót - Điều chế O2 0

t 2KClO3   2KCl + 3O2  MnO 2

- Điều chế SO2, SO3: t0

4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2 t0

2SO2 + O2   2SO3 VO 2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

- Điều chế Cl2: ®pnc

2KCl   2K + Cl2 - Điều chế khí hidroclorua: a.s

X

FF IC IA L

H2 + Cl2  2HCl Lưu ý: Ở điều kiện thường SO3 là chất lỏng, có nhiệt độ sôi rất thấp nên nó dễ dàng chuyển thành khí, trong phản ứng oxi hóa SO2, lượng SO3 sinh ra ở trạng thái khí. Câu 2: 1. a. Để tránh tình trạng nứt vỡ ống nghiệm thì cần chú ý một số kỹ thuật sau đây: - Lắp ống nghiệm sao cho đáy cao hơn miệng ống một chút, mục đích tránh tình trạng hơi nước thoát ra (do thuốc tím ẩm) bị ngưng tụ, chảy ngược về đáy ống nghiệm làm thay đổi nhiệt đột ngột, gây vỡ nứt ống nghiệm. - Hơ nóng đều ống nghiệm trước khi nung tập trung, mục đích tránh hiện tượng vỡ ống nghiệm do nhiệt thay đổi đột ngột. - Khi không thu khí nữa thì tháo ống dẫn khí ra khỏi ống nghiệm chứa KMnO4 trước khi tắt đèn cồn. Vì nếu tắt đèn cồn trước thì áp suất trong ống nghiệm giảm, nước từ chậu tràn vào ống nghiệm theo ống dẫn khí gây vỡ nứt ống nghiệm. b. Vai trò của miếng bông. Vai trò miếng bông đặt ở miệng ống nghiệm có tác dụng hút ẩm và hơi của KMnO4 thăng hoa, ngoài ra còn có tác dụng ngăn không cho các hạt thuốc tím theo ống dẫn thoát ra ngoài. 2. a. Dung dịch bị đục dần, xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực đại. Sau đó kết tủa lại tan dần, dung dịch trở thành trong suốt. CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 b. Dung dịch NaOH lẫn phenolphtalein có màu hồng. Khi cho từ từ dung dịch HCl thì màu hồng nhạt dần, sau đó mất màu. HCl + NaOH  NaCl + H2O (HCl trung hòa hết kiềm nên phenolphtalein mất màu hồng) Câu 3: 1. Phân tích: Kim loại A có trong thành phần của muối ăn nên A là Na

X  Y

 Z

 CO2

 X là NaOH, Y là NaHCO3 , Z là Na2CO3

 CO 2

KÈ

T + NaHCO3  CO2 nên T phải là muối của Na và có tính axit  T: NaHSO4 Các phương trình hóa học: NaOH + CO2  NaHCO3 NaOH + NaHCO3  Na2CO3 + H2O t0

ẠY

2NaHCO3  Na2CO3 + H2O + CO2  Na2 CO3 + CO2 + H2O  NaHCO3 NaHCO3 + NaHSO4  Na2SO4 + H2 O + CO2  2. Tính số mol n Cu  0,3 mol ; n H SO = 0,736 mol ; n Ba(OH) = 0,536 mol 2 4 2 Cu + 2H2SO4  CuSO4 + 2H2O + SO2  0,3  0,6 0,3 mol n H SO (dư) = 0,736 – 0,6 = 0,136 mol 2

Bđ: Pư:

Ba(OH)2 + H2SO4  BaSO4  + 2H2O 0,136 0,136 0,136 mol Ba(OH)2 + CuSO4  BaSO4  + Cu(OH)2  0,4 0,3 0 0 (mol) 0,3 0,3 0,3 0,3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Khối lượng kết tủa m = (0,136 + 0,3).233 + 0,3.98 = 130,988 gam Lưu ý: Ngoài cách giải trên ta có thể giải bài toán theo cách phân tích dựa vào các thành phần tạo kết tủa là Cu2+ với nhóm OH-, Ba 2+ và SO42Só sánh số mol ta thấy: n Ba (bazơ) = 0,536 mol > n SO (dd) = 0,436 mol  SO4 kết tủa hết thành 4

BaSO4

 n BaSO  n SO = 0,436 mol 4

 n Cu(OH)  n Cu  0, 3 mol 2

Khối lượng kết tủa: m = 0,436.233 + 0,3.98 = 130,988 gam Câu 4: 1. Tóm tắt:  Ba (OH ) 2  0,06 mol

Fe x O y

 O 2  

 BaCO 3  CO 2      0,04 mol

Fe 2 O 3 

25, 28(g)

FeCO 3

FF IC IA L

Theo quy tắc hóa trị  n Cu(OH) .2  n H SO .2  0,872  n OH  1, 072  kiềm dư 2 2 4

22 ,4 ( gam )

2 3

Phân tích: Mấu chốt bài toán nằm ở chỗ số mol BaCO3 < số mol Ba(OH)2  Kết tủa chưa max. Ở thí nghiệm của CO2 tác dụng với kiềm có 2 trường hợp nên sẽ tính được 2 giá trị khác nhau của số mol CO2. Vì vậy bài toán có thể có 2 oxit sắt khác nhau (hoặc có một trường hợp bị loại). Khi giải bài này ta cần chú ý về bảo toàn các nguyên tố Fe, C và bảo toàn khối lượng. Hướng dẫn: Tính số mol n Fe O  0,14 mol ; n Ba(OH) = 0,06 mol ; n BaCO = 0,04 mol 3

2FeCO3 + ½ O2  Fe2O3 + 2CO2  (1)

3x  2y t0 O2  xFe2O3 (2) 2  n Ba(OH)  kết tủa dưới mức cực đại  có 2 trường hợp:

2FexOy +

Vì n BaCO 3 2 Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O (3) 0,04 0,04 mol Theo (1): n FeCO  n CO = 0,04 mol

BT mol Fe  n Fe(oxit)  0,14.2  0, 04  0, 24(mol)

KÈ

BT khối lượng  n O( oxit) 

Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O (3) 0,06 0,06  0,06 mol CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 (4) 0,02  (0,06 - 0,04) mol Theo (1): n FeCO  n CO = 0,08 mol

ẠY D

25, 28  0, 28.56  0, 04.60  0, 45(mol) >1,5 n Fe  loại 16

BT mol Fe  n Fe( oxit)  0,14.2  0,08  0, 2(mol) BT khối lượng  n O(oxit) 



25, 28  0, 28.56  0, 08.60  0,3(mol) 16

x 0, 2 2    Công thức oxit sắt là: Fe2O3 y 0,3 3

Lưu ý: Sau khi tìm được số mol CO2 theo mỗi trường hợp, ta dùng định luật bảo toàn khối lượng xác định lượng O2 phản ứng trong phản ứng khi nung nóng hỗn hợp.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Trường hợp 1:

m O  0, 04.44  22, 4  25, 28  1, 09  loại 2

Trường hợp 2: mO  0, 08.44  22, 4  25, 28  0, 64 (gam) 2

1  mO (phản ứng với oxit) = 0,64 – 0,08. .32 = 0  oxit sắt không bị oxi hóa 2 4

FF IC IA L

Vậy công thức oxit sắt là Fe2O3 2. Mỗi phần có khối lượng 78,4 gam - Phần 1: Chuyển 78,4 gam oxit  155,4 gam muối clorua  tăng m  77 gam

77 78, 4  1, 4.16  1,4 mol  n Fe   1(mol) 71  16 56 Fe3O4 + 8HCl  2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O - Phần 2: n Fe 1 5    Công thức giả định: Fe5O7 n O 1, 4 7 Fe5O7 + 7H2SO4  FeSO4 + 2Fe2(SO4)3 + 7H2O a 7a a 2a (mol)  muối = 952a (gam) Fe5O7 + 14HCl  FeCl2 + 4FeCl3 + 7H2O b  14b b 4b (mol)  muối = 777b (gam) 5a  5b  1 a  1/14 14.9 Ta có:   n HCl    1,8 mol 70 952a  777b  167,9 b  9 / 70 Lưu ý: Ngoài cách giải trên ta có thể sử dụng một số cách khác, chẳng hạn các cách sau đây. Cách 2: Quy đổi Vì Fe3O4  Fe2O3.FeO nên quy đổi hỗn hợp gồm FeO và Fe2O3 Phần 1:  Fe 2 O3 : a(mol)  FeCl3 : 2a(mol) 160a  72b  78, 4 a  0, 4     325a  127b  155, 4 b  0, 2  FeO : b(mol)  FeCl2 : b(mol) Phần 2: Viết 4 phương trình hóa học Phân tích hệ số theo phản ứng  n O  n H SO  0,5n HCl

 nO 

ẠY

KÈ

Gọi a, b lần lượt là số mol HCl, H2SO4 35,5a  96b  167,9  1.56 a  1,8   0,5a  b  n O  0, 4.3  0, 2  b  0,5 Cách 3: Sử dụng công thức trung bình và tăng giảm khối lượng Phần 1: FexOy + 2yHCl  xFeCl2y/x + yH2O Tăng giảm khối lượng: 1mol O  2 mol Cl  tăng 55 gam 155, 4  78, 4  nO   1, 4 (mol)  n Fe  1(mol) (tính như cách 1) 55 Phần 2: FexOy + 2yHCl  xFeCl2y/x + yH2O 2FexOy + 2yH2SO4  Fe2(SO4)2y + yH2O n H O  n O (oxit) = 1,4 mol 2

Gọi a,b lần lượt là số mol HCl, H2SO4 BTKL  36,5a + 98b = 167,9 + 1,4.18 – 78,4 = 114,7 (1) Khối lượng 2 gốc axit: 35,5a + 96b = 167,9 – 56 = 111,9 (2) Giải (1,2)  a = 1,8 ; b = 0,5

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

Cách 4: Sử dụng quy tắc hóa trị Ở cách này HS cứ viết đầy đủ các phương trình hóa hoc hoặc đặt công thức dạng tổng quát rồi viết phương trình hóa học, khi tính toán thì sử dụng quy tắc hóa trị. 155, 4  78, 4 -Phần 1: Tăng giảm khối lượng  n Cl  .2  2,8(mol) 55 - Phần 2: Gọi a là số mol HCl Vì lượng Fe và O không đổi nên  Hóa trị của gốc axit không đổi Bảo toàn hóa trị  nSO  (2,8 – a):2= (1,4 – 0,5a) mol 4

mCl  mSO  35,5a + 96.(1,4 – 0,5a) = 167,9 – 56  a = 1,8 mol 4

Lưu ý: Có thể giải theo cách đại số cho phần 1  số mol FeO và Fe2O3. Phần 2 số mol FeO, Fe2O3 tác dụng với mỗi axit là (a và 0,2 – a), (b và 0,4 – b), Tuy nhiên cách này dài dòng tốn nhiều thời gian.

Câu 5: 1. a) Khi đưa bình hỗn hợp khí (Cl2, CH4) ra ngoài ánh sáng thì màu vàng của clo bị nhạt dần do lượng clo bị tiêu tốn trong phản ứng. Các phản ứng có thể xảy ra: as

CH4 + Cl2  CH3Cl + HCl as

CH4 + 2Cl2  CH2Cl2 + 2HCl as

CH4 + 3Cl2  CHCl3 + 3HCl as

KÈ

CH4 + 4Cl2  CCl4 + 4HCl - Khi cho nước vào lắc nhẹ thì khí HCl tan trong nước và nếu Cl2 dư thì xảy ra phản ứng: Cl2 + H2O  HCl + HClO HClO  HCl + O (oxi nguyên tử có khả năng tẩy màu) - Khi cho quỳ tím vào dung dịch thì quỳ tím hóa đỏ (do có môi trường axit) sau đó có thể mất màu. b) CuSO4 khan màu trắng, có khả năng hút ẩm. Khi cho CuSO4 khan vào xăng, nếu có lẫn nước thì xảy ra hiện tượng hidrat hóa CuSO4 làm cho dung dịch có màu xanh lam. CuSO4 khan + 5H2O  CuSO4.5H2O (hidrat) (trắng) (xanh lam) c) Benzen không tan trong nước, nhẹ hơn nước nhưng có khả năng hòa tan brom tốt hơn nước. Khi cho dung dịch brom loãng vào benzen,lắc nhẹ thì thấy xuất hiện hỗn hợp phân 2 lớp. - Lớp trên là dung dịch chứa benzen hòa tan brom có màu da cam hoặc đỏ nâu. - Lớp dưới là lớp nước, không màu. 2. Các phương trình hóa học: CaC2 + 2HOH  CHCH  + Ca(OH)2 t 0 (Pd / PbCO )

3  CH =CH CHCH + H2  2 2

CH2=CH2

t 0 (Ni)

+ H2  CH3 – CH3 t 0 (Ni)

ẠY

Hoăc: CHCH + 2H2  CH3 – CH3 CH2=CH2 + Br2  CH2Br – CH2Br 3. 1 lít nước = 1000ml = 1000 gam Lượng nhiệt cần để đun sôi 1000 gam nước là: Q = (100  25).1000.4,16  312000J = 312 kJ Gọi m (gam) là khối lượng gas cần dùng



0,994m  3600 0, 006m.2654   312  m  5, 03 (gam) 58 44

Câu 6: 1. Đặt công thức trung bình của hỗn hợp là C n H 2n  2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

3n  1 t0 O2  n CO2 + ( n +1)H2O (1) 2 2,52 -Bình 1 hút nước  m H O  2,52(gam)  n H O   0,14(mol) 2 2 18 C n H 2n  2 +

FF IC IA L

-Bình 2 chỉ hấp thụ CO2 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (2) a (mol) a Vì khối lượng dung dịch trong bình giảm 5,6 gam  100a – 44a = 5,6  a = 0,1 mol Theo (1)  n X  Y  n H O  n CO = 0,14 – 0,1 = 0,04 mol 2

1 mX   (0,1.12  0,14.2)  0,32 (gam)  m Y =1,16 gam 4, 625 0,32 Vì n X  0, 015 mol  M X  = 21,3  CTPT của X là CH4 0, 015 0,32 n CH 4   0, 02 mol  n Y = 0,04 – 0,02 = 0,02 mol 16 Bảo toàn số mol cacbon  0,02.1 + 0,02.CX = 0,1  CX = 4  CTPT của Y là C4H10  Lưu ý: Có thể tính theo trị số trung bình: n  1 0,14   1, 4  n  2,5 n 0,1 Vì 2 chất đồng mol nên  giá trị C trung bình là trung bình cộng của 2 chỉ số C trong X và Y  (1  C Y ) : 2  2,5  CY  4

2. Tính số mol: n Br  0, 225mol ; n CO  0,525 mol ; n H O = 0,805 mol 2 2 2 - Phản ứng crackinh: crackinh

C4 H10   C3H6 + CH4 crackinh

(1)

(2) C4 H10   C2H4 + C2H6 Khí A gồm C3H6, C2H4, C2H6, CH4, C4H10 dư Phản ứng của A với dung dich brom dư: C2 H4 + Br2  C2H4Br2 (3) C3 H6 + Br2  C3H6Br2 (4) Theo phản ứng (1,2): Số mol ankan không đổi  n Anken B (sau phản ứng) = n C H (ban đầu) 4 10

KÈ

Theo phản ứng (1,2,3,4): n anken(trong A)  n Br  0, 225(mol) = n C H (phản ứng) 2 4 10 Đặt công thức các khí trong B là CnH2n+2

3n  1 t0 O2  nCO2 +(n+1)H2O (5) 2 Theo phản ứng (5): n B  n H O  n CO  0,805  0,525  0, 28 mol = n C

ẠY

Cn H2n+2 +

4 H10

(ban đầu)

 m = 0,28.58 = 16,24 gam

Hiệu suất phản ứng crackinh: H% 

0, 225 100%  80,36% 0, 28

Lưu ý: Bài toán trên có thể giải theo phương pháp đại số: Gọi a là số mol C4H10 phản ứng, b là số mol C4 H10 còn dư. Sử dụng tốt kỹ thuật phân tích hệ số sẽ tím ra a và b nhanh hơn cách ở trên.

---**----

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

ĐỀ 11

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH THANH HÓA Năm học 2017-2018 Thời gian làm bài: 150 phút -----------------------------Câu 1 (2,0 điểm) 1. Cho hợp chất X có dạng AB2, có phân tử khối bằng 34 và có các tính chất sau:

FF IC IA L

X + O2  Y + Z X + Y   A +Z

ẠY

KÈ

X + Cl2   A + HCl Xác định X và hoàn thành các phương trình hóa học. 2. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt cơ bản (proton, nơtron và electron) là 82. Trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 22. Xác định số lượng các loại hạt proton, nơtron, electron và số khối A của nguyên tử nguyên tố X. Câu 2 (2,0 điểm) 1. Hãy lập biểu thức liên hệ giữa độ tan và nồng độ % của dung dịch bảo hòa. Độ tan phụ thuộc chủ yếu vào các yếu tố nào? 2. Hỗn hợp A gồm C3H4, C3H6, C3H8 có tỷ khối đối với H2 là 20,5. Đốt cháy hoàn toàn 1,12 lít (đktc) hỗn hợp A rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong dư. Khối lượng dung dịch sau phản ứng tăng hay giảm bao nhiêu gam? Câu 3 (2,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và giải thích cho các thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: Rắc bột nhôm trên ngọn lửa đèn cồn. - Thí nghiệm 2: Cho sợi dây đồng vào dung dịch AgNO3. - Thí nghiệm 3: Cho mẩu Na vào dung dịch CuSO4. - Thí nghiệm 4: Cho dung dịch NH3 vào dung dịch FeCl3 . 2. Hòa tan hoàn toàn một lượng oxit kim loại hóa trị (II) vào một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 có nồng độ a% tạo thành dung dịch muối sunfat có nồng độ b%. a. Xác định khối lượng mol của kim loại theo a và b. b. Cho a% = 10% và b% = 11,76%. Hãy xác định oxit kim loại. Câu 4 (2,0 điểm) 1. Cho hai khí A và B tác dụng với nhau trong bình kín (có điều kiện phản ứng thích hợp), thu được hỗn hợp ba khí. Nếu dẫn ba khí đó qua nước, sau đó qua ống thủy tinh nung nóng đựng Fe2O3 thì còn lại một khí. Xác định các khí A, B và viết các phương trình hóa học xảy ra. 2. Đốt m gam phoi bào sắt trong khí oxi được 32,8 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho X phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng dư được dung dịch B và 6,72 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Hãy tính m. Câu 5 (2,0 điểm) 1. Trình bày cách tiến hành thí nghiệm oxi tác dụng với natri. Vì sao trong thí nghiệm đốt natri người ta thường cho trước vào đáy bình một lớp cát mỏng. Nếu thay lớp cát mỏng bằng nước có được không? Phải làm gì để xử lý natri còn dư sau phản ứng một cách an toàn. 2. Nhiệt phân hoàn toàn 80,6 gam hỗn hợp X gồm KMnO4, KClO3 và MnO2 được hỗn hợp rắn Y và V lít khí O2 (đktc). Trong Y chứa 14,9 gam KCl chiếm 22,508%. Tính V và tính % khối lượng các chất trong X. Câu 6 (2,0 điểm) askt

1. Cho phản ứng sau: C5H12 + Cl2  C5H11Cl + HCl tØ lÖ 1:1

Biết rằng trong sản phẩm thu được chỉ có một chất hữu cơ duy nhất. Viết công thức cấu tạo đúng của C5 H12 trong phản ứng trên và viết phương trình hóa học ở dạng công thức cấu tạo. 2. Cho 100 ml rượu etylic 460 phản ứng hết với kim loại Na dư thu được V lít khí (đktc). Tính giá trị của V. Biết khối lượng riêng của rượu etylic nguyên chất bằng 0,8 gam/ml và khối lượng riêng của nước bằng 1 gam/ml. Câu 7 (2,0 điểm) 1. Hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ, ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có):

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018 (2)

(1)

(3)

58 (4)

a. A   B  C  D  Cao su buna 1500o C, LLN (6)

(7)

(8) (5)  NH4NO3 b. X   Y  Z  T  + O , Pt, 850o C

FF IC IA L

2. Có 3 cốc đựng các dung dịch hỗn hợp sau: - Cốc 1: NaHCO3 và Na2CO3. - Cốc 2: Na2CO3 và Na2SO4. - Cốc 3: NaHCO3 và Na2SO4. Chỉ dùng tối đa 2 thuốc thử, hãy nhận ra từng cốc. Câu 8 (2,0 điểm) Nung hỗn hợp X gồm cacbon và CuO đến khi phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn A. Cho chất rắn A phản ứng vừa đủ với 0,5 lít dung dịch HCl 0,4 M. Lọc lấy phần không tan sau phản ứng cho tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thu được 1,344 lít khí (đktc). 1. Tính khối lượng của hỗn hợp X. 2. Cho lượng hỗn hợp X như trên tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc 7M vừa đủ. Tính thể tích khí thoát ra (đktc) và thể tích dung dịch axit đã dùng. Câu 9 (2,0 điểm) Thực hiện phản ứng este hóa giữa axit CxHyCOOH và rượu Cn H2n+1OH. Sau phản ứng tách lấy hỗn hợp X chỉ gồm este, axit và rượu. Đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam hỗn hợp X, thu được 12,768 lít khí CO2 (đktc) và 8,28 gam H2O. Nếu cũng cho hỗn hợp X như trên thì tác dụng vừa đủ với 150ml dung dịch NaOH 1M, thu được 3,84 gam rượu. Hóa hơi hoàn toàn lượng rượu này thì thu được thể tích hơu đúng bằng thể tích của 3,36 gam N2 (đo cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). 1. Viết các phương trình hóa học xảy ra dưới dạng tổng quát. 2. Xác định công thức cấu tạo của axit, rượu, este và tính hiệu suất phản ứng este hóa. Câu 10 (2,0 điểm) 1. Trong thí nghiệm ở hình bên, người ta dẫn khí clo ẩm vào bình A có đặt một miếng giấy quỳ tím khô. Dự đoán và giải thích hiện tượng xảy ra trong hai trường hợp sau: * Trường hợp 1: Đóng khóa K. * Trường hợp 2: Mở khóa K.

2. Có nên bón các loại phân đạm amoni hoặc ure với vôi không? Tại sao? -----**-----

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH THANH HÓA Năm học 2017-2018 --------------------

ẠY

KÈ

Câu 1: 1. Theo đề  M A  2M B  34  Chỉ có MA = 32 (S) ; MB = 1 (H) là thỏa mãn.  X là H2S Y: SO2 ; Z: H2O ; A: S Các phương trình hóa học: t0

2H2S + 3O2  2SO2 + 2H2O 2H2S + SO2 3S + 2H2O H2S + Cl2  S + 2HCl 2. Gọi số proton, nơtron trong nguyên tử X lần lượt là Z, N

 2Z  N  82  Z  26   2Z  N  22  N  30

 

 Số lượng các loại hạt là: + Số proton = số electron = 26 hạt + Số nơtron = 30 hạt  Số khối A = N + P = 30 + 26 = 56 đvC

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Câu 2: 1. Thiết lập công thứ tính liên hệ C% và độ tan (S): Xét dung dịch bão hòa chất tan A có độ tan S  100 gam nước hòa tan được S (gam) A  (100 + S) gam dung dịch bão hòa Công thức tính C% của dung dịch bão hòa:

S 100% 100  S C% Biến đổi (1)  S = .100 (2) 100  C%

(1)

Lưu ý: Có thể thiết lập công thức độ tan từ nồng độ C% Xét dung dịch bão hòa có nồng độ chất tan là C%  Cứ 100 gam dung dịch có C gam chất tan và (100 – C) gam nước

C% .100 100  C% S Biến đổi (1)  C% = 100% 100  S

 Độ tan: S =

(1)

Đặt công thức chung của A: C3Hx

x6 t0 O2  3CO2 + xH2O 2

C3 H2x +

- Độ tan chủ yếu phụ thuộc: + Bản chất chất tan + Bản chất dung môi + Nhiệt độ + Áp suất (ảnh hưởng rõ đối với chất khí) 2. n A  0, 05 mol

(2)

FF IC IA L

C% =

0,05  0,15 mol Theo BTKL C, H  2n H O  0,15.12  0, 05.20,5.2  n H O = 0,125 mol 2 2 CO2 + Ca(OH)2 dư  CaCO3  + H2O 0,15 0,15 mol Độc lệch khối lượng của dung dịch: m = m CO  m H O  m CaCO = 0,15.44 + 0,125.18 – 0,15.100 = - 6,15 gam < 0 2

KÈ

Vậy dung dịch giảm 6,15 gam. Câu 3: 1. -Thí nghiệm 1: Bột nhôm cháy sáng chói trên lửa đèn cồn.

ẠY D

4Al + 2O2  2Al2O3 -Thí nghiệm 2: dung dịch chuyển dần từ không màu sang màu xanh, dây đồng màu đỏ bị phủ một lớp chất rắn màu xám đen. Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag  đỏ không màu xanh xám đen -Thí nghiệm 3: Mẩu natri tan mạnh, có khí không màu thoát ra, dung dịch màu xanh lam chuyển dần sang kết tủa màu xanh lơ. 2Na + 2H2O  2NaOH + H2  CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2  + Na2SO4 (xanh lam) (xanh lơ) -Thí nghiệm 4: Dung dịch màu vàng nâu chuyển dần sang kết tủa màu nâu đỏ. 3NH3 + 3H2O + FeCl3  Fe(OH)3  + 3NH4Cl (vàng nâu) (nâu đỏ) 2. a. Giả sử có 1mol MO MO + H2SO4  MSO4 + H2 O 1 1 1 1 (mol) (M+16) 98 (M+96) 18 (gam)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

m ddH

2SO4



9800 9800 aM  16a  9800 (gam) (gam)  m dd (sau p)   M  16  a a a

Phương trình nồng độ % của muối trong dung dịch sau phản ứng:

FF IC IA L

(M  96).a 100  b  9800b + abM + 16ab = 100aM + 9600a aM  16a  9800 9800b - 9600a + 16ab 98b - 96a + 0,16ab M= = 100 (*) 100a - ab 100a - ab b. Thay a = 10% ; b = 11,76% vào (*) ta được: M=

98.11,76 - 96.10 + 0,16.10.11,76 100  24 (Mg) 100.10 - 10.11,76

Vậy công thức của oxit kim loại là: MgO Câu 4: 1. Theo đề  Hỗn hợp 3 khí gồm 1 khí tan tốt trong nước, một khí có tính khử và một khí không tan trong nước và không có tính khử. Chọn A: N2, B: H2, khí sản phẩm là NH3 (tan tốt trong nước) - Phương trình hóa học:

t o ,xt,P

  2NH3 N2 + 3H2  

NH3 + H2O  NH3.H2 O (dung dịch amoniac, thực chất tồn tại dưới dạng ion: NH4+ + OH-) t0

H2 + 3Fe2O3  2Fe3O4 + H2O

3H2 + Fe2O3  2Fe + 3H2O 2. n NO = 0,3 mol

y t0 O2  FexOy 2

Đặt công thức của rắn X là FexOy xFe +

H2 + Fe2 O3  2FeO + H2O

3FexOy + (12x-2y)HNO3  3xFe(NO3 )3 + (6x-y)H2O + (3x-2y)NO

(1) (2)

Theo phản ứng (2): n NO  n Fe  n O 3

2   n Fe  n O  0,3 n Fe  0,5  m = 0,5.56 = 28 gam   3  56n  16n  32,8 n O  0,3 Fe O 

ẠY

KÈ

Lưu ý: Bài toán trên còn rất nhiều cách giải, chẳng hạn như: phương pháp bảo toàn số mol và bảo toàn khối lượng, phương pháp quy đổi hỗn hợp (Fe, Fe2O3), phương pháp sử dụng quy tắc hóa trị (như bảo toàn electron trong hóa THPT), phương pháp ghép ẩn, phương pháp đồng nhất tỷ lệ, phương pháp sử dụng tỷ lệ chuyển chất ... Một số phương pháp đó đã được chúng tôi giới thiệu chi tiết trong sách "22 chuyên đề hay và khó bồi dưỡng học sinh giỏi Hóa học THCS". Sau đây là cách giải theo phương pháp sử dụng quy đổi. Quy đổi hỗn hợp X gồm Fe và Fe2O3 Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O x(mol) Fe + 4HNO3  Fe(NO3 )3 + 2H2O + NO 0,3 0,3 (mol) BTKL  160x + 0,3.56 = 32,8  x = 0,2 mol Bảo toàn lượng Fe  m = (0,3 + 0,1.2).56 = 28 gam Câu 5: 1. Thí nghiệm đốt kim loại Na trong khí oxi

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

-Thu khí oxi vào trong lọ thủy tinh miệng rộng. Trong lọ thủy tin có chứa sẵn một ít cát. - Cắt một mẩu nhỏ Na (cỡ bằng hạt đậu xanh) cho vào thìa đốt (bằng sắt), hơ nóng trên ngọn lửa đèn cồn cho đến khi mẩu natri nóng chảy hoàn toàn (hoặc cháy ngoài không khí). Sau đó đưa nhanh mẩu Natri đang nóng vào lọ khí oxi. t0

FF IC IA L

4Na + O2  2Na2O - Phản ứng tỏa rất nhiều nhiệt, làm nhiệt độ trong bình tăng nhanh. Vì vậy cho vào đáy bình một lớp cát mỏng để hấp thụ và phân tán nhiệt, tránh được hiện tượng vỡ nứt bình do nhiệt độ tăng lên đột ngột. - Không thể thay lớp cát bằng nước, vì khi cháy kim loại Natri rơi xuống đáy bình tác dụng mãnh liệt với nước, sinh H2 cháy mạnh trong bình gây nổ mạnh, nguy hiểm. Na2O + H2 O  2NaOH 2Na + 2H2O  2NaOH + H2  t0

2H2 + O2  2H2 O - Để xử lý Na dư một cách an toàn, người ta cho mẫu natri dư vào cồn đặc (960) thì natri bị hòa tan và phản ứng trong rượu đặc rất êm ả, không gây nổ. 2Na + 2C2H5OH  2C2H5ONa + H2  2. Gọi x, y, z lần lượt là số mol KMnO4, KClO3, MnO2 ban đầu

14,9.100  66,2 gam 22,508

mY 

t 0 ,MnO

2  2KCl + 3O  2KClO3  2 y y 1,5y (mol)

2KMnO4  K2MnO4 + MnO2 + O2  x 0,5x (mol)

Bảo toàn khối lượng  80,6 = 66,2 + 32n O  n O = 0,45 mol 2 2  V = 0,45.22,4 = 10,08 lít

KÈ

158x  122,5y  87z  80, 6  x  0,3   Ta có: 74,5y  14,9   y  0, 2 0,5x  1,5y  0, 45  z  0,1   0,3.158.100% %m KMnO   58,81% 4 80, 6 0, 2.122,5.100% %mKClO   30,40%  %m MnO  10,79% 3 2 80, 6

ẠY

Câu 6: 1. C5H12 tác dụng Cl2 (tỉ lệ mol = 1:1) chỉ tạo một sản phẩm monoclo nên C5H12 có cấu tạo đối xứng tâm. Công thức cấu tạo đúng của C5 H12 là: CH3 H3 C

CH3

Phương trình hóa học: CH3 H3 C

C CH3

2. VC H OH 2 5

CH3

askt CH3

+ Cl2

H3C

CH2Cl

+ HCl

CH3

100.46 46.0,8   46 ml  n C H OH   0,8 mol 2 5 100 46

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

54.1

 VH O  100  46  54 ml  n   3 mol 2 H 2O 18 C2H5OH + Na  C2H5ONa + ½ H2  H2 O + Na  NaOH + ½ H2 

0,8  3

(1)

(2)

(3)

FF IC IA L

Theo các phản ứng: n H  n C H OH  H O   1,9 mol 2 2 2 2 5 2  V = 1,9.22,4 = 42,56 lít  Nhận xét: Khi thiết kế các bài toán về hỗn hợp rượu và nước, cần phải cho thêm giả thiết "giả sử thể tích dung dịch rượu bằng tổng thể tích rượu nguyên chất và nước" hoặc một câu có nghĩa tương đương. Vì thực tế khi hòa tan 46 ml etanol nguyên chất trong 54 ml nước cất thì thể tích dung dịch thu được có thể nhỏ hơn 100ml, bởi các phân tử nước xen vào khe trống giữa các phân tử etylic gây nên hiện tượng thiếu hụt thể tích (tương tự như trộn những hạt gạo với những hạt ngô). Câu 7: 1. (4)

a) CH4   C2H2  C4H4  C4H6  Cao su buna 1500o C, LLN (C)

(D)

(A) B) Phương trình hóa học: 0

1500 C 2CH4   C2H2 + 3H2 Lµm l¹nh nhanh

NhÞ hîp

 CHC – CH=CH2 2C2H2  t 0 (Pd / PbCO )

3  CH =CH–CH=CH CHC–CH=CH2 + H2  2 2 t 0 ,xt,P

nCH2=CH-CH=CH2   – CH2–CH= CH–CH2 –n poli(buta-1,3-dien) (7)

(6)

(5) (8) b. NH3   NO  NO2  HNO3   NH4NO3 + O , Pt, 850o C

(Y)

(X) (Y) (Z) Phương trình hóa học: Pt, 4NH3 + 5O2   4NO + 6H2O 850o C

+ NH3

ẠY

KÈ

NO + ½ O2  NO2 2NO2 + H2O + ½ O2  2HNO3 HNO3 + NH3  NH4NO3 2. Chọn thuốc thử là dung dịch BaCl2 và dung dịch HCl - Cho dung dịch BaCl2 vào các cốc, mỗi cốc đều xuất hiện kết tủa trắng. + Cốc 1: Na2CO3 + BaCl2  BaCO3  + 2NaCl + Cốc 2: Na2CO3 + BaCl2  BaCO3  + 2NaCl Na2SO4 + BaCl2  BaSO4  + 2NaCl + Cốc 3: Na2SO4 + BaCl2  BaSO4  + 2NaCl - Lọc lấy các kết tủa của từng cốc, nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl lên các kết tủa. + Nếu kết tủa tan hoàn toàn thì nhận ra cốc 1. + Nếu kết tủa tan một phần thì nhận ra cốc 2. + Nếu kết tủa không tan thì nhận ra cốc 3. BaCO3 + 2HCl  BaCl2 + H2 O + CO2  Câu 8: 1. Mấu chốt bài toán nằm ở hỗn hợp rắn A tác dụng được với dung dịch HCl, do đó trong rắn A phải còn CuO (vì cacbon và Cu đều không tác dụng với dung dịch HCl). t0

2CuO + C  2Cu + CO2  2a a 2a (mol) Rắn A: gồm Cu, CuO CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O 0,1 0,2 mol Rắn không tan chỉ có Cu Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 + 2H2 O + SO2  2a 2a = 0,06 mol

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

 a = 0,03 mol

m X  mCuO  mC  0,16.80 + 0,03.12 = 13,16 gam

VkhÝ  0,09.22, 4  2,016 lít ; VddH

2SO 4



FF IC IA L

2. Phản ứng của X với H2SO4 đặc nóng CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O 0,16 0,16 mol C + 2H2SO4 đặc  CO2  + 2H2O + 2SO2  0,03 0,06 0,03 0,06 mol

0,16  0,03  0,027 lít = 27 ml 7

Câu 9: 1. Các phương trình hóa học - Phản ứng este hóa: H SO ®Æc, t o

2 4   RCOOCnH2n+1 + H2O (1) RCOOH + CnH2n+1OH  

- Phản ứng của X với NaOH Gọi a, b, c là số mol axit, este, rượu trong X RCOOH + NaOH  RCOONa + H2O a a (mol) t0

(2)

y' z' y' t0  ) O2  x'CO2 + H2O 4 2 2

(3)

Cx'Hy'Oz' + (x '

-Phản ứng của X với O2 (đốt nóng) Đặt công thức chung của hỗn hợp (X): Cx'Hy'Oz'

(4)

RCOOCnH2n+1 + NaOH  RCOONa + CnH2n+1OH b b (mol) b (mol) 2. n CO  0,57 mol ; n H O  0,46 mol ; n NaOH  0,15mol 2

Theo đề  n ancol

3,36 3,84   0,12 mol  Mancol   32 g/mol 28 0,12

Ta có: 14n + 18 = 32  n = 1  ancol là CH4O

13, 2  0,57.12  0, 46.2  0,34 mol 16

BTKL trong hỗn hợp X  n O  (X)

KÈ

a  b  n  0,15 a  0, 07 NaOH     2a  2b  c  n O  0, 34  b  0,08  c  0, 04 b  c  n CH  0,12  3 

ẠY

Bảo toàn khối lượng  0,07.(R + 45) + 0,08.(R+59) + 0,04.32 = 13,2  R =27 (-C2H3) CTCT của axit: CH2=CH-COOH CTCT của este: CH2=CH-COOCH3  CTCT của ancol: CH3OH Bảo toàn số mol COO  n axit (ban đầu) = n NaOH  0,15 mol

n CH

3OH

(ban đầu)

= n CH OH (sau thủy phân) = 0,12 mol < 0,15 mol  CH3OH thiếu 3

Hiệu suất phản ứng este hóa: H% 

0, 08 100%  66,67% 0,12

Câu 10: 1. * Đóng khóa K: Khí Cl2 đi vào trong bình A đã được H2SO4 đặc hút ẩm làm khô, do đó quỳ tím không đổi màu. * Mở khóa K: Khí Cl2 ẩm đi vào bình A, làm cho quỳ tím hóa đỏ sau đó mất màu (do tính oxi hóa mạnh của HClO). Giải thích: Cl2 + H2O (ẩm)  HCl (làm đỏ quỳ tím) + HClO (tẩy màu)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

2. Không bón chung phân đạm amoni hoặc Ure với vôi vì xảy ra phản ứng giải phóng NH3 làm thất thoát lượng đạm (N) dự tính cung cấp cho cây trồng. CO(NH2)2 + 2H2O (trong đất)  (NH4)2CO3 (NH4 )2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3  + 2H2O + 2NH3  2NH4NO3 + Ca(OH)2  Ca(NO3)2 + 2H2 O + 2NH3  (NH4 )2SO4 + Ca(OH)2  CaSO4 + 2H2O + 2NH3  .v.v. ---**---ĐỀ SỐ 12

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------

ẠY

KÈ

Câu 1. (1,0 điểm) Cho 5 nguyên tố A, X, Y, Z, T thuộc 5 ô liên tiếp nhau trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, có điện tích hạt nhân tăng dần. Tổng số hạt mang điện trong 5 nguyên tử của 5 nguyên tố trên bằng 180 hạt. a. Xác định 5 nguyên tố đã cho. b. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho các đơn chất của 5 nguyên tố trên tác dụng với nhau từng đôi một. Câu 2. (1,0 điểm) X, Y, Z, T là những hợp chất hữu cơ mạch hở có công thức phân tử là C2H2; C4H8; C3H8 O; C2H4 O2 và có các tính chất sau: - Khi đốt cháy X hoặc Y đều thu được sản phẩm CO2 và H2O theo tỉ lệ số mol 1 : 1. - X tác dụng với Na và với dung dịch NaOH. - Y, T làm mất màu dung dịch nước brom. - Z tác dụng được với Na và không tác dụng được với dung dịch NaOH. - T tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 (Ag2O/NH3) thu được kết tủa màu vàng. Xác định công thức cấu tạo và viết phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3. (1,0 điểm) Hãy chọn một bộ hóa chất (A), (B), (C), (D), (E) là các muối vô cơ có gốc axit khác nhau để các phản ứng hóa học xảy ra theo hiện tượng sau và hoàn thành các phương trình phản ứng: (A) + (B) + H2O  có kết tủa trắng keo và có khí thoát ra. (C) + CO2 + H2O  có kết tủa trắng keo. (D) + (B) + H2O  có kết tủa trắng keo và có khí thoát ra. (A) + (E)  có kết tủa trắng. (E) + (B)  có kết tủa trắng. (D) + Cu(NO3)2  có kết tủa màu đen. Câu 4. (1,0 điểm) Từ tinh bột và các chất vô cơ cần thiết, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế: rượu eylic, etyl axetat, polietilen (PE), poli(vinylclorua) (PVC). Câu 5. (1,0 điểm) Dung dịch A là NaOH, dung dịch B là HCl. Cho 200 gam dung dịch A vào cốc chứa 160 ml dung dịch B, tạo ra dung dịch C chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch đó thu được 18,9 gam chất rắn C. Nung chất rắn C đến khối lượng không đổi thì còn lại 11,7 gam chất rắn. Xác định công thức của C, tính nồng độ phần trăm của dung dịch A và nồng độ mol/l của dung dịch B. Câu 6. (1,0 điểm) Hỗn hợp X gồm 0,15 mol CH4; 0,09 mol C2H2 và 0,2 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X với xúc tác là niken, sau một thời gian phản ứng thu được hỗn hợp khí Y gồm CH4, C2H4, C2H6, C2H2 dư và H2 dư. Dẫn toàn bộ hỗn hợp khí Y qua bình đựng dung dịch brom dư thấy khối lượng bình đựng dung dịch brom tăng 0,82 gam và có V lít hỗn hợp khí Z (đktc) thoát ra. Tỉ khối của Z so với H2 là 8. Tính giá trị V và thành phần phần trăm theo thể tích của mỗi khí có trong hỗn hợp Y. Câu 7. (1,0 điểm) Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al vào bình chứa 60ml dung dịch NaOH 2M thu được 2,688 lít hidro. Thêm từ từ vào bình sau phản ứng 740ml dung dịch HCl 1M và đun nóng đến khi ngừng thoát khí được hỗn hợp khí B, lọc tách được cặn C (không chứa hợp chất của Al). Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch nước vôi trong dư thu được 10 gam kết tủa. Cho C phản ứng hết với H2SO4 đặc, nóng, dư

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FF IC IA L

thu được dung dịch D và 0,56 lít một khí duy nhất. Cho D phản ứng với dung dịch NaOH dư được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A, tính m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Câu 8. (1,0 điểm) Cho 0,005 mol hợp chất hữu cơ A (chứa 3 nguyên tố C, H, O) tác dụng vừa đủ với 50ml dung dịch NaOH (khối lượng riêng 1,2 g/ml) thu được dung dịch B. Làm bay hơi dung dịch B thu được 59,49 gam hơi nước và còn lại 1,48 gam hỗn hợp các chất rắn khan D. Nếu đốt cháy hoàn toàn D thu được 0,795 gam Na2CO3; 0,952 lít CO2 (đktc) và 0,495 gam H2O. Xác định công thức phân tử của A. Câu 9. (1,0 điểm) Cho m gam hỗn hợp kim loại Ba, Na (được trộn theo tỉ lệ số mol 1:1) và nước thu được 3,36 lít H2 (đktc) và dung dịch X. Cho CO2 hấp thụ từ từ vào dung dịch X. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol kết tủa theo số mol CO2 được hấp thụ. Câu 10. (1,0 điểm) Trong khí thải công nghiệp và khí thải của các động cơ đốt trong (ô tô, xe máy) có chứa lưu huỳnh đioxit. Khí lưu huỳnh đioxit là một trong những khí chủ yếu gây ra mưa axit. Mưa axit phá hủy những công trình, tượng đài làm bằng đá, bằng thép. Bằng kiến thức hóa học hãy giải thích cho vấn đề trên. ----HẾT---HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG Môn Hóa học Năm học 2017-2018 --------------------Câu 1. Phân tích: X Y Z T Tổng số proton Nguyên tử A Số propton p p+1 p +2 p+3 p+4 5p + (1+2+3+4) a. Các nguyên tố thuộc 5 ô liên tiếp nên mỗi nguyên tố liền kề chênh nhau 1 proton  5pA+ (1+2+3+4) = 180: 2 = 90  p A = 16  pX = 17; pY = 18, pZ =19; pT = 20 Các nguyên tố A, X, Y, Z, T lần lượt là: S, Cl, Ar, K, Ca b. Các phương trình hóa học:

S + 2K  K2S

S + Cl2  SCl2

S + Ca  CaS t0

Cl2 + 2K  2KCl t0

ẠY

KÈ

Cl2 + Ca  CaCl2 Câu 2. Theo đề: Đốt X, Y đều cho số mol CO2 = số mol H2O nên X,Y có chỉ số H gấp 2 lần chỉ số C.  X, Y có thể là C4H8 hoặc C2 H4O2 X tác dụng Na và NaOH  X là axit, suy ra X: C2H4O2  CTCT của X: CH3COOH  Y: C4H8  CTCT của Y: CH3-CH=CH-CH3 hoặc CH3-CH2-CH=CH2 T + AgNO3/NH3 Kết tủa vàng, suy ra T: C2H2  CTCT của T: CHCH Z tác dụng với Na và không tác dụng NaOH suy ra Z là ancol: C3H8O  CTCT của Z: CH3-CH2-CH2 OH hoặc CH3-CH(OH)-CH3 Các phương trình hóa học: t0

C2 H4O2 + 2O2  2CO2 + 2H2O t0

C4 H8 + 6O2  4CO2 + 4H2 O 2CH3COOH + 2Na  2CH3COONa + H2  CH3 COOH + NaOH  CH3COONa + H2O C4 H8 + Br2  C4H8Br2 C2 H2 + Br2  C2H2Br2 Hoặc: C2H2 + 2Br2  C2H2Br4

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

2C3H7OH + 2Na  2C3H7ONa + H2  NH

FF IC IA L

3  C Ag  + H O C2 H2 + Ag2 O  2 2 2 Câu 3. -Xác định chất: A B C D E Na2CO3 Al2(SO4)3 NaAlO2 Na2S BaCl2 - Phương trình hóa học: 3Na2 CO3 + Al2(SO4 )3 + 3H2O  2Al(OH)3  (keo, trắng) + 3Na2SO4 + 3CO2  NaAlO2 + CO2 + 2H2O  NaHCO3 + Al(OH)3  3Na2 S + Al2(SO4)3 + 3H2O  2Al(OH)3  + 3Na2SO4 + 3H2S  Na2CO3 + BaCl2  BaCO3  (trắng) + 2NaCl 3BaCl2 + Al2(SO4)3  BaSO4  (trắng) + 2AlCl3 Na2S + Cu(NO3)2  2NaNO3 + CuS (đen) Câu 4.

t 0 ,ax

–C6H10O5–n + nH2O   nC6H12O6 men rîu

C6H12 O6  2C2H5 OH + 2CO2  men giÊm C2H5OH + O2   CH3COOH + H2O H SO ®Æc, t o

2 4   CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5 OH   H SO ®Æc

t 0 ,xt,P

nCH2=CH2   –CH2 – CH2 –n

(PE)

5000 C

2 4  CH2=CH2 + H2O C2H5OH  170o C

CH2=CH2 + Cl2  CH2=CH-Cl + HCl t 0 ,xt,P

11, 7  0,2 mol 58,5

n NaCl 

nCH2=CHCl   –CH2–CH2Cl–n (PVC) Câu 5. Nung nóng chất rắn C thấy khối lượng giảm xuống, chứng tỏ rắn C là muối ngậm nước

0, 2 0, 2.40 100%  4% ; C M ddB   1, 25 mol/lit 200 0,16

C%ddA 

` NaOH + HCl  NaCl + H2 O 0,2 0,2 0,2 (mol)

Đặt công thức của C là: NaCl.nH2O

18n 18, 9  11, 7   n  2  công thức hóa học của C là: NaCl.2H2O 1 0, 2

KÈ



ẠY

Câu 6. Số mol X = 0,44 mol -Phản ứng nung X với xúc tác Ni: t 0 ,Ni

C2H2 + H2  C2 H4 (1) t 0 ,Ni

C2H2 + 2H2  C2H6 (2) Khí Y: CH4, C2H4, C2H6, C2H2 dư và H2 dư -Phản ứng của Y với nước brom: C2H4 + Br2  C2H4Br2 (3) C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 (4) Khí Z: C2H6, H2, CH4 BTKL  m Z  mX – mhidrocacbon không no = 0,15.16 + 0,09.26 + 0,2.2 – 0,82 = 4,32 gam

4,32

 nZ   0, 27 mol  V = 0,27.22,4 = 6,048 lít 16

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Vì MZ =8.2 = 16 g/mol = M CH  M C H  H  16 4 2 6 2



2 H6

16  2 1   n C H  n H  (0, 27  0,15) : 2  0, 06 mol 2 6 2 30  16 1



28a + 26b = 0,82 a  0, 02  a +2b = 0,09.2  (0,2  0,06) = 0,04 b  0, 01 n Y  n X  n H ( p)  0, 44  0,14  0,3 mol

Ta có: 

Thành phần % theo thể tích mỗi khí trong hỗn hợp Y:

0,15 0,06 100%  50% ; %VH  %VC H  100%  20% ; 2 2 6 0,3 0, 3 0, 02  100%  6, 67%  %VC H = 3,33% 2 2 0,3

%VCH  4

%VC

2H 4

FF IC IA L

(Hoặc sử dụng phương pháp đại số để tìm số mol mỗi chất H2, C2H6 trong Z) Gọi a,b lần lượt là số mol C2H4, C2H2 trong hỗn hợp Y

n HCl  0, 74mol ; n H  0,12mol ; n NaOH = 0,12 mol  2

Câu 7.

2 n  NaOH dư 3 H2

2Al + 2H2O + 2NaOH  2NaAlO2 + 3H2  (1) 0,08 0,08 0,08 0,12 mol (dư 0,04 mol) Vì trong rắn C không chứa hợp chất của Al và tác dụng H2SO4 đặc chỉ sinh ra một khí, chứng tỏ rắn C gồm Cu, Fe hoặc chỉ có Cu. Hỗn hợp B gồm: CO2, H2  dung dịch: NaCl, AlCl3, FeCl2 HCl + NaOH  NaCl + H2O (2) 0,04 0,04 mol 4HCl + NaAlO2  AlCl3 + NaCl + 2H2O (3) 0,32 0,08 mol 2HCl + FeCO3  FeCl2 + H2O + CO2  (4) 2HCl + Fe  FeCl2 + H2  (5) 2x x mol - Tác dụng của B với nước vôi trong dư: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2 O (6)

ẠY

KÈ

Theo (4,6)  n FeCO3  n CO  n CaCO   0,1 mol 2 3 100 Điều kiện thỏa mãn: 2x  0,74– (0,04 + 0,32 + 0,1.2) = 0,18  x  0,09 Gọi y, z lần lượt là số mol Fe dư (nếu có) và Cu - Tác dụng của rắn C với H2SO4 đặc, nóng dư: 2Fe + 6H2SO4  Fe2 (SO4)3 + 3H2O + 3SO2  (7) y 1,5y (mol) Cu + 2H2SO4  CuSO4 + 2H2O + SO2  (8) z z (mol) - Tác dụng của dung dịch D với NaOH H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O (9) Fe2(SO4)3 + 6NaOH  2Fe(OH)3  + 3Na2SO4 (10) CuSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2  + Na2 SO4 (11) t0

2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O t0

(12)

Cu(OH)2  CuO + H2O (13) Bảo toàn Fe, Cu  m = 0,5y.160 + 80z = 80.(y + z) (gam) (*) Trường hợp 1: Nếu rắn C gồm Fe và Cu  HCl hết

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

1,5y  z  0,56 / 22, 4  0,025  y  0, 01  56y  64z  20  0,1.116  0, 08.27  0,09.56  z  0, 01

 x  0,09  

Khối lượng các chất trong A:

m Al  0, 08.27  2,16(gam) ; m FeCO  0,1.116  11, 6 (gam) 3

m Cu  0, 01.64  0, 64(gam) ; m Fe  0,1.56  5, 6 (gam)

FF IC IA L

Từ (*)  m = 0,02.80 = 1,6 gam Trường hợp 2: Rắn C chỉ có Cu: HCl có thể dư  x  0,09  m Fe  5,04 gam) Theo (8)  z = 0,025 mol Khối lượng các chất trong A: m Al  0, 08.27  2,16(gam) ; m FeCO  0,1.116  11, 6 (gam) 3

m Cu  0, 025.64  1, 6(gam)  m Fe  4,64 gam (thỏa mãn)

Từ (*)  m = 0,025.80 = 2,0 gam Câu 8. Phân tích: Một dữ kiện lời văn rất dễ nhầm lẫn., đó là: 59,49 gam hơi nước bao gồm cả nước trong dung dịch ban đầu, và nước sinh ra (nếu có). Rắn khan D gồm muối hữu cơ của Na và NaOH nếu còn dư). Làm bay hơi dung dịch B chỉ thu hơi nước và rắn khan nên sản phẩm không có ancol. Mấu chốt: Cần xử lý tốt bảo toàn nguyên tố Na, C + Sơ đồ bảo toàn natri: 2NaOH  Na2CO3 (tính được số mol NaOH, lượng H2O ban đầu  lượng H2O sinh ra). + C (trong A) = C(trong Na2CO3) + C (trong CO2) + H (trong A) + H (trong NaOH) = H (trong B) + H (trong H2O sinh ra)  Hướng dẫn: Tính được số mol n Na CO = 0,0075 mol ; n CO = 0,0425 mol ; n H O = 0,0275 mol 2

(1)

-Sơ đồ phản ứng của X với NaOH (A) + NaOH  rắn D + dung dịch B - Sơ đồ đốt cháy rắn D: t0

(B) + O2  Na2CO3 + H2O + CO2 (2) 1,48 (g) 0,0075 mol 0,0425 mol 0,0275 mol Bảo toàn mol Na  n NaOH  2n Na CO  2.0,0075 = 0,015 mol 2

 n H O (sp của pư 1) = (0,97 + 0,015.40 – 1,48) :18 = 0,005 mol 2 BTKL sơ đồ (1)  mA + 50.1,2 = 59,49 + 1,48  mA = 0,97 gam

0,97  194 g/mol 0, 005 BT mol C, ta có: n C (trong A) = n Na

KÈ

 MA =

2CO3

 n CO  0,0075 + 0,0425 = 0,05 mol 2

ẠY

BT mol H cả quá trình: n H(trong A)  n H(trong NaOH)  n H(trong B)  n H(trong H Osp) 2  n H(trong A) = 0,0275.2 + 0,005.2 – 0,015.1 = 0,05 mol Đặt công thức của A: CxHyOz

 xy

0, 05 194  10.12  10.1  10  z = 4 0, 005 16

Vậy công thức phân tử của A là: C10H10O4 Câu 9. Tính n H  0,15mol 2

-Phản ứng của KL với nước: Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2  Na + H2O  NaOH + ½ H2  Hợp thức theo tỷ lệ số mol Ba:Na = 1:1, ta có sơ đồ:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Ba + Na + 3H2O  Ba(OH)2 + NaOH + 1,5H2  0,1 0,1 0,15 (mol) -Hấp thụ CO2 vào dung dịch X: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O 0,1 0,1 0,1 mol (cực đai) CO2 + NaOH  NaHCO3 0,1 0,1 (mol) CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 0,1 0,1 mol * Điểm tọa độ đặc biệt: Theo các phản ứng ta thấy: n BaCO 3 - Khi n CO  0  n BaCO  0 (gốc tọa độ) 2

-Khi 0,1  n CO  0, 2 mol 2

3 (max)

 0,1 mol

0,1

n CO

- Khi n CO  0,3 mol  n BaCO  0 2 3

0,1

0,2

0,3

 n BaCO

FF IC IA L

Câu 10. - Lưu huỳnh đioxit tác dụng với khí Oxi và hơi nước trong không khí tạo ra axit sunfuric (xúc tác là oxit kim loại có trong khói, bụi hoặc ozon): xt

2SO2 + O2 + 2H2O  2H2SO4 - Axit H2SO4 tan vào nước mưa tạo thành mưa axit. - Trong nước mưa axit có chứa axit nên phản ứng với kim loại, oxit kim loại, muối cacbonat ... trong vật liệu của các công trình, làm phá hủy các công trình xây dựng, tượng đài bằng đá, thép: H2SO4 + CaCO3  CaSO4 + CO2  + H2O H2SO4 + MgCO3  MgSO4 + CO2  + H2O H2SO4 + Fe  FeSO4 + H2  .v.v.

--**-ĐỀ SỐ 13 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC LỚP 9, TỈNH QUẢNG NAM Năm hoc 2017-2018 Thời gian: 150 phút ------------------

ẠY

KÈ

Câu 1. (3,5 điểm) 1. (1,0 điểm) Nêu hiện tượng, viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho khí SO2 lội chậm qua các dung dịch: a. Ba(OH)2 b. K2Cr2O7 + H2SO4 c. Fe2(SO3)3 d. KMnO4 2. (1,5 điểm) Hợp chất Z được tạo bởi 2 nguyên tố M và R có công thức MaRb, trong đó R chiếm 6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân của R có n'=p' trong đó n, p, n', p' lần lượt là số nơtron và proton tương ứng của M và R. Biết rằng số hạt prton của phân tử Z bằng 84 và (a + b) = 4. Tìm công thức của Z. 3. (1,0 điểm) Nêu phương pháp hóa học có thẻ dùng để loại các chất sau: a. SO2, NO2, HF trong khí thải công nghiệp b. Cl2 làm bẩn không khí trong phòng thí nghiệm. Câu 2. (4,5 điểm) 1. (1,5 điểm) Có 4 chất rắn: Na2 O, P2O5 , MgO, Al2O3. Chỉ được dùng thêm nước và quỳ tím, hãy nêu cách phân biệt từng chất. 2. (2,0 điểm) Cho BaO vào dung dịch H2SO4 loãng, thu được kết tủa A và dung dịch B. Cho Al dư vào dung dịch B thu được dung dịch D và khí H2. Dung dịch D tác dụng với dung dịch Na2CO3 xuất hiện kết tủa E. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định E.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

(2)

(3)

FF IC IA L

3. (1,0 điểm) Viết công thức cấu tạo của CO2 và SO2, trên cơ sở đó hãy so sánh và giải thích nhiệt độ hóa lỏng và khả năng hòa tan trong nước của hai chất này. Nêu cách tin chế CO2 có lẫn SO2 và hơi H2O. Câu 3. (5,0 điểm) 1. (1,5 điểm) Hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H2 có tỷ khối hơi đối với H2 bằng 11,75. Trộn V lít X với V1 lít hidrocacbon Y được 107,5 gam hỗn hợp khí Z. Trộn V1 lít X với V lít hidrocacbon Y được 91,25 gam hỗn hợp khí F. Biết V1 – V = 11,2 lít, các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Xác định Y. 2. (1,5 điểm) Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau, ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có: (4)

(5)

(1) CO2   (C6H10 O5)n   C 6H12O6   C2H5 OH   CH3COOC2H5   CH3COONa (1)  

KÈ

CH4 3. (2,0 điểm) Polime X chứa 38,4% cacbon, 56,8%Clo và còn lại là hidro về khối lượng. a. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của X và gọi tên. Cho biết trong thực tế polime X dùng để làm gì? b. Khi Clo hóa X thu được một loại tơ clorin chứa 66,77% clo về khối lượng. Giả thiết rằng hệ số polime hóa n không thay đổi sau phản ứng. Hỏi có trung bình bao nhiêu mắc xích trong phân tử X thì có một mắc xích bị clo hóa. Câu 4. (3,5 điểm) 1. (1,5 điểm) Hòa tan a gam một oxit sắt vào dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được khí SO2 suy nhất. Trong thí nghiệm khác, sau khi khử hoàn toàn a gam oxit đó bằng CO ở nhiệt độ cao rồi hòa tan sắt tạo thành bằng H2SO4 đặc nóng dư thì thu được lượng khí SO2 nhiều gấp 9 lần lượng khí SO2 ở thí nghiệm trên. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong hai thí nghiệm trên và xác định công thức của oxit sắt. 2. (2,0 điểm) Cho 7,02 gam hỗn hợp gồm Al và hai kim loại kiềm thổ thuộc hai chi kì kế tiếp nhau vào dung dịch HCl dư thu được 6,496 lít khí (đktc). Nếu lấy riêng lượng Al trong hỗn hợp đó đem cho vào dung dịch NaOH dư thì thu được V lít khí (đktc). Biết 3,136 < V < 3,584. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tìm hai kim loại kiềm thổ. b. Cho V = 3,36 lít, tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu. Câu 5. (3,5 điểm) 1. (2,25 điểm) Chọn các chất X1, X2, X3, X4, X5, X6 thích hợp và hoàn thành phương trình hóa học sau: (1) X1 + X2  Na2SO4 + BaSO4 + CO2 + H2O (2) X1 + X3  Na2SO4 + BaSO4 + CO2 + H2O (3) FeSO4 + X4  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2 O (4) X2 + X5  BaCO3 + H2O (5) X2 + X6  BaCO3 + CaCO3 + H2O (6) X1 + X5 (dư)  BaSO4 + NaOH + H2O 2. (1,25 điểm) Có nhiều vụ tai nạn giao thông xảy ra do người lái xe uống rượu. Hàm lượng rượu trong máu người lái xe không được vượt quá 0,05%. Để xác định hàm lượng đó người ta chuẩn độ C2H5OH bằng K2Cr2O7 trong môi trường axit H2SO4, khi ấy Cr2 O72- bị khử thành Cr3+ còn lại C2H5OH bị oxi hóa thành axit axetic. Khi chuẩn độ 25,0 gam huyết tương máu của một người lái xe cần dùng 20,0 mL K2Cr2O7 0,01M. Nếu người ấy lái xe thì có hợp pháp không. Tại sao? (gỉ thiết trong thí nghiệm trên chỉ riêng C2H5OH tác dụng với K2 Cr2O7). -----HẾT------

ẠY

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9, TỈNH QUẢNG NAM Năm hoc 2017-2018 ----------------------

Câu 1. 1. a. Lúc đầu dung dịch bị đục, xuất hiện kết tủa tăng dần. Sau một thời gian kết tủa từ từ tan ra và dung dịch trở nên trong suốt. SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2O SO2 + H2O + BaSO3  Ba(HSO3)2 b. Dung dịch màu da cam nhạt dần và chuyển dần sang màu xanh lục. 3SO2 + K2Cr2O7 + H2SO4  K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O (da cam) (xanh lục) c. Dung dịch màu vàng nâu bị nhạt dần và chuyển dần sang màu lục nhạt (gần như không màu). SO2 + 2H2O + Fe2(SO4)3  2FeSO4 + 2H2SO4 (vàng nâu) (lục nhạt)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

d. Dung dịch màu tím bị nhạt dần, sau đó mất màu. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 2. Công thức tổng quát của (Z): MaRb (Điều kiên: a + b = 4) Tổng số prton trong phân tử (Z) = 84 hạt  Tổng số nơtron trong phân tử (Z) = (84 + 4a) hạt  PTK(Z) = 84.2 + 4a = (4a + 168) đvC (1) Vì nguyên tố R chiếm 6,667%  nguyên tố M chiếm 93,333%

FF IC IA L

a  3 93,333 14 2352  56a  aM     M   Ta có: 168  4a   M  56 (Fe) 100 15   15a a  b  4 a  b  4 b  1 

ẠY

KÈ

Thay a = 3 vào (1)  PTK (Z) = 168 + 3.4 = 180 đvC.  3.56 + R = 180  R = 12 (Cacbon: C) Vậy công thức của (Z) là: Fe3C 3. a. Dẫn hỗn hợp khí thải qua dung dịch nước vôi trong dư thì toàn bộ các khí SO2, NO2, HF đều bị hấp thụ. SO2 + Ca(OH)2  CaSO3  + H2O 4NO2 + 2Ca(OH)2  Ca(NO3 )2 + Ca(NO2)2 + 2H2O 2HF + Ca(OH)2  CaF2 + 2H2O b. Phun khí amoniac dư vào không khí của phòng thí nghiệm bị nhiễm clo, thì sẽ loại được khí clo. 3Cl2 (k) + 2NH3 (k)  N2(k) + 6HCl(k) HCl + NH3 (dư)  NH4Cl (rắn) Câu 2: 1. Trích mẫu các chất để làm thí nghiệm - Thử các mẫu bằng nước phân thành 2 nhóm + Nhóm các chất không tan trong nước gồm MgO, Al2O3 (nhóm I). + Nhóm các chất tan trong nước gồm Na2O và P2O5 (nhóm II). Na2 O + H2O  2NaOH P2O5 + 3H2O  2H3PO4 - Thử các dung dịch của nhóm II bằng quỳ tím, nếu quỳ tím hóa đỏ thì chất ban đầu là P2O5, nếu quỳ tím hóa xanh thì chất ban đầu là Na2O. - Thử các mẫu nhóm I bằng dung dịch NaOH (sản phẩm của mẫu Na2O), mẫu nào tan được là Al2O3, mẫu không tan trong dung dịch NaOH là MgO. Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2 O 2. Phản ứng của BaO với dung dịch H2SO4 BaO + H2SO4  BaSO4  + H2O BaO + H2O  Ba(OH)2 Vì BaO tan trong dung dịch H2SO4 thu được một dung dịch  có 2 trường hợp: Trường hợp 1: H2SO4 dư  E: Al(OH)3 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4 )3 + 3H2  Al2(SO4)3 + 3Na2CO3 + 3H2O  2Al(OH)3  + 3CO2  + 3Na2SO4 Trường hợp 2: Ba(OH)2 dư  E: BaCO3 2Al + 2H2O + Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + 3H2  Ba(AlO2)2 + Na2CO3  BaCO3  + 2NaAlO2 3. Công thức cấu tạo của SO2 và CO2

SO2

CO2 C

O O

* Phân tích cấu tạo CO2 và SO2 ta thấy: - Phân tử CO2 có cấu tạo thẳng thẳng hàng (các liên kết giữa các nguyên tử nằm trên một đường thẳng), còn phân từ SO2 có cấu tạo dạng gấp khúc (các liên kết giữa các nguyên tử tạo nên góc) làm cho phân tử CO2 mất tính phân cực, còn SO2 có tính phân cực. Do đó khí SO2 có nhiệt độ hóa lỏng (nhiệt độ sôi) cao hơn CO2 và SO2 tan nhiều trong nước (dung môi phân cực) trong khi CO2 rất khó tan trong nước.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

11, 2  0, 5 22, 4

Theo đề ta có: n1 – n =

(1)

FF IC IA L

Nhận xét: Đây là nội dung vượt quá sức đối với các em học sinh THCS, bởi vì các kiến thức về liên kết chỉ được học trong chương trình hóa học THPT. * Phương pháp tinh chế CO2 có lẫn SO2 và hơi nước. CO2 chỉ có tính chất của oxit axit, còn SO2 vừa có tính chất của oxit axit là còn có cả tính khử. Do đó để loại bỏ CO2 và hơi nước khỏi hỗn hợp với CO2 thì dẫn hỗn hợp khí và hơi đi qua lượng dư các dung dịch có tính oxi hóa (dung dịch Br2, dung dịch KMnO4, dung dịch H2S …) hoặc sử dụng dung dịch NaHSO3 dư. Sau đó làm khô khí CO2 bằng các chất hút ẩm thích hợp (H2SO4 đặc, P2O5…) * Phương trình phản ứng minh họa: - Dùng chất oxi hóa: SO2 + 2H2O + Br2  H2SO4 + 2HBr P2O5 + 3H2O (hơi)  2H3PO4 - Dùng dung dịch Na2CO3 dư SO2 + 2NaHCO3 (dư)  Na2SO3 + H2 O + 2CO2  P2O5 + 3H2O (hơi)  2H3PO4 Câu 3: 1. MX = 11,75.2 = 23,5 g/mol Đặt CTTQ của Y: CxHy (điều kiện: x  1; 2  y  2x + 2) Gọi n, n1 lần lượt là số mol tương ứng với V, V1

Ta có: 23,5n + n1 .MY = 107,5 (2) 23,5n1 + n.MY = 91,25 (3) Từ (2) và (3)  23,5.(n – n1) + MY.(n1 – n) = 16,25 (4) Từ (1) và (4)  23,5.(-0,5) + 0,5MY = 16,25  MY = 56 g/mol Ta có: 12x + y = 56  chỉ có x = 4, y = 8 là thỏa mãn. Vậy CTPT của Y là C4H8 Lưu ý: Ở bài toán trên, ta có thể giải theo cách suy luận thêm và bớt lượng mỗi chất. Theo đề ta thấy từ E lấy bớt 0,5 mol X và thêm 0,5 mol Y thì khối lượng tăng 16,25 gam  0,5.M Y  0,5.23,5  16, 25  MY = 56 g/mol

2. Các phương trình hóa học: as  –C6H10O5–n + 6nO2 (phản ứng quang hợp) 6nCO2 + 5nH2O  clorophin

axit nC6H12O6 –C6 H10O5 –n + nH2O  to

men rîu

C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2  H SO ®Æc, t o

2 4   CH3COOC2H5 + H2O C2H5OH + CH3COOH  

KÈ

CH3COOC2H5 + NaOH  CH3COONa + C2H5OH t 0 (CaO)

CH3COONa + NaOH   CH4  + Na2CO3

3. a. %mH  100  (38, 4  56,8)  4,8%

ẠY

 n C : n H : n Cl 

38, 4 4,8 56,8 : :  3, 2 : 4,8 :1, 6  2 : 3 :1 12 1 35,5

Công thức của polime X là: (C2H3Cl)n poli(vinylclorua), viết tắt PVC Công thức cấu tạo của X: –CH2 – CHCl–n Trong thực tế PVC là nguồn nguyên liệu sản xuất nhiều dụng cụ, đồ dùng có nhựa (như ống dẫn nước, vỏ dây cáp điện, đồ giả da, tấm nhựa nội thất, ...) b. Gọi x là là số phân tử clo tác dụng lên n mắt xích polime C2nH3nCln + xCl2  C2nH3n-xCln+x + xHCl Theo đề:

35,5  (n  x) 66, 77 n   2 27n  x 33, 23 x

Vậy trung bình có 2 mắt xích của X tác dụng với một phân tử clo. Câu 4: 1. Đặt công thức của oxit sắt: FexOy

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Giả sử có 1mol FexOy - Thí nghiệm 1: t0

2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 đặc  xFe2 (SO4)3 + (6x – 2y)H2O + (3x - 2y) SO2  1 (1,5x – y) mol - Thí nghiệm 2: t0

FF IC IA L

FexOy + yCO  xFe + yCO2 1 x (mol) t0

2Fe + 6H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2  x 1,5x (mol) Theo đề ta có: 1,5x = 9.(1,5x – y) 

x 3  y 4

Vậy công thức của oxit sắt là: Fe3O4 2. a. Đặt M là kim loại đại diện cho 2 kim loại kiềm thổ -Thí nghiệm 1: n H  0, 29 mol 2

M + 2HCl  M Cl2 + H2 

a a (mol) 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  b 1,5b (mol)

aM + 27b = 7,02 7,02-0,29M aM + 27b = 7,02  b= (1) 27  1,5M aM + 1,5bM = 0,29M a + 1,5b = 0,29

 ta có: 

Từ (1,2)  0,09 <

3,136 3,584  0,14  1,5b   0,16  0, 09  b  0,11 mol (2) 22, 4 22, 4

7,02  0,29M < 0,11  29,6 < M < 32,4 27  1,5M

Theo đề:

-Thí nghiệm 2: 2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2  a 1,5a (mol)

Vì 2 kim loại kiềm thổ liên tiếp nên nghiệm thỏa mãn là: MA = 24 ; MB = 40 Vậy 2 kim loại là Mg và Ca b. V = 3,36 lít  b = 0,1

KÈ

 Mg : a1 mol 24a1  40a 2  7, 02  0,1.27 a1  0, 08   Ca : a 2 mol   a1  a 2  0, 29  0,15 a 2  0,06  Al : 0,1 mol 

ẠY

 m Al  0,1.27  2,7(gam) ; m Mg  0,08.24  1,92(gam) ; m Ca  0, 06.40  2, 4(gam) Lưu ý: Những bài toán dạng này có nhiều cách giải, ngoài cách giải trên ta có thể sử dụng cách khác. Dưới đây là cách sử dụng giả thiết (theo lượng chất từ cực tiểu đến cực đại)

Giả thiết 1: Nếu số mol H2 (TN2) = 0,14  b =

7 15

27.7 75 = 30 0,15

7, 02   a = 0,15  M 

Giả thiết 2: Nếu số mol H2 (TN2) = 0,16  b =

27.8 75 = 31,85 0,13

7, 02   a =0,13  M 

8 15

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Thực tế số mol Al:

7 8 <b<  30 < M <31,85 15 15

FF IC IA L

 2 kim loại kiềm thổ thỏa mãn là Mg(24) và Ca (40) Câu 5: 1. -Xác định chất: X1 X2 X3 X4 X5 X6 NaHSO4 Ba(HCO3)2 BaCO3 H2SO4 đặc Ba(OH)2 Ca(OH)2 - Các phương trình hóa học: (1) 2NaHSO4 + Ba(HCO3)2  Na2SO4 + BaSO4  + 2CO2  + 2H2O (2) 2NaHSO4 + BaCO3  Na2SO4 + BaSO4  + CO2  + H2 O (3) 2FeSO4 + 2H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + 2H2O + SO2  (4) Ba(HCO3)2 + Ba(OH)2  BaCO3  + 2H2O (5) Ba(HCO3)2 + Ca(OH)2  BaCO3  + CaCO3  + 2H2O (6) NaHSO4 + Ba(OH)2 dư  BaSO4  + NaOH + H2O 2. n K Cr O  0, 02.0, 01  0, 0002 mol 2 2 7

%mC

2H5OH



0,0003.46 100%  0, 0552% > 0,05% 25

Phương trình hóa học xảy ra khi chuẩn độ huyết tương máu người lái xe: 3CH3CH2OH + 2K2Cr2 O7 + 8H2 SO43CH3COOH + 2Cr2(SO4)3 + 2K2SO4 + 8H2O 0,0003 0,0002 (mol)  Hàm lượng etanol trong máu người lái xe là:

Vì hàm lượng etanol trong máu của người lái xe vượt mức quy định của pháp luật, nên nếu người đó lái xe là không hợp pháp.

ẠY

KÈ

--**-ĐỀ SỐ 14 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH HÀ TĨNH Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------Câu 1. (3,5 điểm) 1. Nung nóng hỗn hợp gồm BaSO4, Na2CO3 và FeCO3 trong không khí (chỉ chứa O2 và N2) đến khối lượng không đổi được chất rắn A và hỗn hợp khí B. Hòa tan A vào nước dư thu được dung dịch C và chất rắn D. Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào C thu được dung dịch E và khí F. Dung dịch E vừa tác dụng với NaOH, vừa tác dụng với H2 SO4. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và xác định A, B, C, D, E, F. 2. Cho làn lượt các chất: Na2CO3, NaHSO4, CaSO3, P2O5, Ca(HCO3)2, Al2O3 tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư. Viết phương trình hóa học (nếu có) của các phản ứng xảy ra. Câu 2. (2,0 điểm) Khi điều chế axit sunfuric người ta hấp thụ khí SO2 bằng dung dịch H2SO4 thu được oelum có công thức tổng quát là H2SO4.nSO3. Tính khối lượng khí SO3 hấp thụ vào 200 gam dung dịch H2SO4 96,4% để thu được một loại oleum có thành phần phần trăm theo khối lượng của SO3 là 40,82%. Câu 3. (2,5 điểm) Tiến hành thí nghiệm với dung dịch của từng muối X, Y, Z ta thấy các hiện tượng được ghi trong bảng sau: Mẫu thử Thí nghiệm Hiện tượng X hoặc Y Tác dụng với dung dịch HCl dư Đều có khí CO2 Y hoặc Z Tác dụng với dung dịch NaOH dư Đều có chất kết tủa X Tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng Có chất khí thoát ra Z Tác dụng với dung dịch HCl dư Có kết tủa Biết: MX + MZ = 249 ; MX + MY = 241 ; MZ + MY = 332. Xác định công thức của các muối X, Y, Z và viết phương trình hóa học minh họa. Câu 4. (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 4,741 gam đơn chất X trong oxi rồi cho toàn bộ sản phẩm thu được hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch NaOH 25% (D = 1,28 g/ml) được dung dịch A. Nồng độ của NaOH trong A giảm

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

đi

1 so với nồng độ của nó trong dung dịch ban đầu. A có khả năng hấp thụ tối đa 17,92 lít khí CO2 4

FF IC IA L

(đktc). Xác định X và tính nồng độ phần trăm của chất tan trong A. Câu 5. (2,0 điểm) Cho m gam hỗn hợp A gồm MgCO3, Mg, CuCO3, FeCO3 tác dụng hết với dung dịch HCl thu được 4,8 gam hỗn hợp khí B có thể tích là 6,72 lít (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 40,9 gam muối khan. Tính m. Câu 6. (3,0 điểm) X là hỗn hợp gồm hidrocacbon A và O2 (tỉ lệ mol tương ứng 1:10). Đốt cháy hoàn toàn X thu được hỗn hợp Y. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch H2SO4 đặc, dư thoát ra hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với hidro là 19. 1. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của A. 2. Trộn x mol A với 3x mol một hidrocacbon B thu được hỗn hợp T. Đốt cháy hoàn toàn 4,48 lít T (ở đktc), lấy toàn bộ sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào 400 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thu được 59,1 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của B. Câu 7. (2,5 điểm) 1. Hợp chất hữu cơ có công thức phân tử C6H6 có làm mất màu dung dịch brom ở điều kiện thường không? Viết công thức cấu tạo minh họa và viết phương trình hóa học (nếu có). 2. Cho 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm C2H2 và H2 qua bột niken nung nóng, thu được hỗn hợp Y chỉ chứa 3 hidrocacbon (Y có tỉ khối so với H2 là 14,25). Cho Y tác dụng với dung dịch brom dư thấy có q mol brom phản ứng. Tính q. Câu 8. (2,5 điểm) Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, MgO, MgSO4 tan hoàn toàn trong 163,68 gam dung dịch H2SO4 28,74%, sau phản ứng thu được dung dịch Y (có chứa H2SO4 4,9%) và 6,048 lít H2 (đktc). Lấy 120 gam dung dịch Y cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa Z và dung dịch T. Lọc lấy kết tủa Z và nung đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn. Sục khí CO2 đến dư vào dung dịch T thu được 9,36 gam kết tủa. Xác định giá trị của m, a và phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp X. -**-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LƠP 9 TỈNH HÀ TĨNH Năm học 2017-2018 --------------------Câu 1. 1. – Phản ứng nung nóng hỗn hợp

ẠY

KÈ

2FeCO3 + ½ O2  Fe2O3 + 2CO2  Rắn A: BaSO4, Na2CO3, Fe2O3 Khí B: CO2, O2, N2 – Hòa tan A vào nước: Chỉ có Na2CO3 bị hòa tan Dung dịch C: Na2CO3 Rắn D: BaSO4, Fe2O3 – Phản ứng của C với dung dịch HCl Na2CO3 + HCl  NaHCO3 + NaCl NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2  Dung dịch E: NaHCO3, NaCl (không còn HCl hoặc Na2CO3) Khí F: CO2 – Phản ứng của E với NaOH và H2SO4: NaHCO3 + NaOH  Na2CO3 + H2O 2NaHCO3 + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O + 2CO2  2. Các phương trình hóa học xảy ra: Na2CO3 + Ba(OH)2 dư  BaCO3 + NaOH + H2O NaHSO4 + Ba(OH)2 dư  BaSO4 + NaOH + H2O P2O5 + 3Ba(OH)2 dư  Ba3(PO4)2  + 3H2O Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 dư  BaCO3  + CaCO3  + 2H2O Al2O3 + Ba(OH)2 dư  Ba(AlO2)2 + H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

ẠY

KÈ

FF IC IA L

Câu 2. Cách 1: Tính theo %m SO3 trong oleum 200.96, 4 m H SO (ban đầu) =  192,8 gam ; m H O (ban đầu) = 7,2 gam 2 4 2 100 Vì thu được oleum nên nước phản ứng hết SO3 + H2O  H2SO4 Bđ: m 7,2 192,8 (gam) Pư: 32 7,2 39,2 (gam) S pư: (m–3,2) 0 232 (gam) m  32 40,82  m  192 (gam) Theo đề ta có:  232 100  40,82 Cách 2: Tính theo bảo toàn khối lượng SO3 + H2O  H2SO4 0,4 0,4 0,4 mol 100 m oleum  (192,8  0, 4.98).  392 gam  mSO  392  200  192(gam) 3 59,18  Cách 3: Tính theo công thức oelum CT của oelum: H2SO4.nSO3 80n 40,82   n = 0,845  ta có: 80n  98 100 SO3 + H2O  H2SO4 32 7,2 39,2 (gam) 0,845SO3 + H2SO4  H2SO4.0,845SO3 x? 232 (gam) 232.0,845.80  mSO  32  = 192 gam 3 98  Lưu ý: Các em cũng có thể sử dụng cách khác… Câu 3. Phân tích: Đây là bài tập có cả dữ kiện định tính và định lượng. Riêng phần định lượng đề bài đã cho đủ 3 phương trình chứa 3 ẩn là khối lượng mol 3 chất X, Y, Z. Từ đây ta tính được khối lượng mol các chất X, Y, Z lần lượt bằng 79, 162, 170. Các dữ kiện định tính cho ta đoán được X, Y là các muối cacbonat, còn Z là muối Ag. Để chọn muối thích hợp các em lấy các khối lượng mol trừ cho khối lượng mol các gốc axit hoặc kim loại, sau đó chia cho các hóa trị thường gặp của KL (thường là 1,2) sẽ tìm nhanh công thức của các muối X, Y, Z. Nếu các em thường xuyên giải bài tập thì cũng có thể thấy khối lượng mol là đủ cơ sở đoán được chất tương ứng.) Hướng dẫn:  M X  M Y  241  Theo đề ta có:  M X  M Z  249 MX =79; MY = 162; MZ =170  M  M  332 Z  Y Mẫu thử Thí nghiệm Hiện tượng X hoặc Y Tác dụng với dung dịch HCl dư Đều có khí CO2 Y hoặc Z Tác dụng với dung dịch NaOH dư Đều có chất kết tủa X Tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng Có chất khí thoát ra Z Tác dụng với dung dịch HCl dư Có kết tủa Phân tích bảng hiện tượng thấy: - X, Y là các muối cacbonat  X: NH4HCO3 (M=79) ; Y: Ca(HCO3)2 (M = 162) - Z tác dụng HCl dư có kết tủa  Z là muối Ag  Z: AgNO3 (M=170) Phương trình hóa học: NH4HCO3 + HCl  NH4Cl + H2O + CO2  Ca(HCO3)2 + 2HCl  CaCl2 + 2H2O + 2CO2  Ca(HCO3)2 + 2NaOH dư  CaCO3  + Na2CO3 + 2H2O 2AgNO3 + 2NaOH  NaNO3 + Ag2O  + H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

NH4HCO3 + 2NaOH  Na2CO3 + 2H2O + NH3 

AgNO3 + HCl  AgCl + HNO3 Câu 4.

m dd NaOH  V.d  100.1, 28  128 (g) ; m NaOH 

128.25  32 (g) 100

32 17,92  0,8(mol) ; n CO   0,8(mol) 2 40 22,4 Dung dịch A (chứa NaOH) hấp thụ tối đa CO2 khi vừa đủ xảy ra phản ứng tạo muối axit NaHCO3. NaOH + CO2  NaHCO3 0,8 0,8 0,8 mol Ta thấy: n NaOH (trong A) = 0,8 mol = n NaOH (ban đầu). Chứng tỏ oxit của X không phản ứng với NaOH, dung dịch ban đầu chỉ bị pha loãng. Đặt oxit của X là X2On 100 BTKL  m X O  32.  128  42,67 (gam) 2 n 25.3/ 4 n  1 2X 4,741 Xét hợp chất: X2On    X  1n   16n 42,667  4,741  X  1 (H) Vậy X là H2  oxit của X là H2O

FF IC IA L

n NaOH 

2H2 + O2  2H2O 4,741 (g)  42,669 (g) m ddA  128  42,669  170,669 gam Dung dịch A chỉ có một chất tan là NaOH 32 C% NaOH  100%  18,75% 170,669

ẠY

KÈ

3 Hoặc tính theo tỷ lệ nồng độ: C% NaOH  25%.  18,75% 4 Nhận xét: Ở phần xác định X, các em học sinh cũng có thể khẳng định oxit X2 On không phản ứng với NaOH mà hấp thụ được trong nước chỉ có thể là hơi nước. Vậy X là H2. Câu 5. n CO2  0,1mol n CO2  n H2  0,3 n B  0,3mol    44n CO  2n H  4,8 n H  0,2 mol 2 2   2 Phương trình hóa học: MgCO3 + 2HCl  MgCl2 + H2O + CO2  CuCO3 + 2HCl  CuCl2 + H2O + CO2  FeCO3 + 2HCl  FeCl2 + H2O + CO2  Mg + 2HCl  MgCl2 + H2  Theo các phản ứng: n HCl  2  (n CO 2  n H )  0,3.2  0,6 mol ; n H O  n CO  0,1 mol 2

BYKL  m + 0,6.36,5 = 40,9 + 0,1.62 + 0,2.2  m = 25,6 gam Lưu ý: Có thể giải theo tăng giảm khối lượng, nhanh hơn nhiều Chuyển từ A  muối khan là tách ra CO3 và cộng vào gốc Cl  m – 0,1.60 + 0,6.35,5 = 40,9  m = 25,6 gam Câu 6. 1. Phân tích: Nếu bài toán trên cho A là chất khí ở điều kiện thường thì chắc chắn khí dư là oxi, vì y y t0 CxHy + (x + )O2   xCO2 + H2O 4 2 Với xmax = 4; ymax = 10  (x + 0,25y) = 6,5 < 10  O2 dư. Ở đây, hỗn hợp X không cho trạng thái ở điều kiện thường nên không giới hạn được chỉ số C trong hidrocacbon. Vì vậy bài toán này cần biện luận theo 2 trường hợp khí dư sau phản ứng (A hoặc O2).

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Hướng dẫn: Giả sử có 1mol A và 10 mol O2 y y t0 CxHy + (x + )O2   xCO2 + H2O 4 4 Dẫn sản phẩm qua H2 SO4 đặc thì hơi nước bị hấp thụ M Z  19.2  38g / mol < M CO = 44  trong Z còn O2 hoặc CxHy dư 2

FF IC IA L

Trường hợp 1: Dư CxHy 10 Ta có:  1  x + 0,25y > 10 (*) x  0,25y Nếu x = 6; y = 14 thì x + 0,25y = 9,5 < 10 Vậy để thỏa mãn (*) thì x > 6  MA > 12.6 = 72 > 38 (loại)

 Hoặc chứng minh ngược lại: MA < 38  12x + y < 38  xmax = 3; ymax = 8 10 10  n A (phản ứng) =   2  1 mol  loại x  0, 25y 3  0,25.8 Trường hợp 2: Dư O2 y y t0 CxHy + (x + )O2  xCO2 + H2O 4 4 1  (x + 0,25y) x (mol) n CO 10  2x 38  32 1 2 (*)    10  x  0, 25y  x  y  nO 44  38 1 0,25

H2 C

CH2

Từ (*)  chỉ có x = 4; y = 8 thỏa mãn. Công thức của A là C4H8 CTCT: CH2 =CH–CH2–CH3 ; CH3 – CH=CH – CH3 ; CH2=C(CH3)2 CH3

H2 C

CH2

0,2 2. Tính số mol n T  0, 2 mol ; n C H   0,05 mol ; n B = 0,15 mol 4 8 4 n Ba(OH)  0, 4 mol ; n BaCO = 0,3 mol < 0,4 mol  có 2 trường hợp 2

ẠY

KÈ

 Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O 0,3 0,3 mol Bảo toàn số mol C  0,05.4 + 0,15. CB = 0,3  CB = 0,67 (loại) Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O 0,4 0,4 0,4 mol CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 0,1  (0,4 - 0,3) mol Bảo toàn số mol C  0,05.4 + 0,15. CB = 0,4 + 0,1  CB = 2 Vậy công thức phân tử của B có thể là: C2H2, C2H4 hoặc C2H6. Câu 7. 1. Tính chất hóa học của hợp chất hữu cơ phụ thuộc vào cấu tạo Hợp chất có phân tử C6H6 có tổng số vòng và số liên kết kém bền (  ) là: 2.6  2  6 k=  4  có thể có hoặc không làm mất màu dịch brom ở nhiệt độ thường. 2 - Công thức cấu tạo minh họa: CH CH

Benzen có cấu tạo vòng liên hợp (bền) nên không làm mất màu dd brom ở đk thường CH

CHC– CH2– CH2– CCH: Có 4 liên kết kém bền nên làm mất màu dung dịch brom ở điều kiện thường -Phương trình hóa học minh họa:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

CHC(CH2)2CCH + 4Br2  CHBr2 –CBr2(CH2)2CBr2–CHBr2 2. Tính n X  0, 45 mol ; M Y =28,5 g/mol Sau phản ứng qua niken thu được hỗn hợp chỉ gồm 3 hidrocacbon nên H2 hết Gọi x, y lần lượt là số mol C2H2 và H2 trong X 0

t (Ni) C2H2 + H2   C2H4 0

FF IC IA L

t (Ni) C2H2 + 2H2   C2H6 Y gồm: C2H6, C2H4, C2H2 dư Theo phản ứng thấy số mol Y = số mol C2H2 ban đầu = x (mol) BTKL  26x + 2y = 28,5x  2,5x  2y  0  x  0,2 Ta có:    x  y  0, 45  y  0,25 Xét cả quá trình thì toàn bộ số mol các hợp chất không no đều phản ứng hết. Đặt X2 là công thức chung của H2 phản ứng và Br2 phản ứng C2H2 + 2X2  C2H2X4 0,2  0,4 mol Ta có: n H  n Br  n X  0,25 + q = 0,4  q = 0,15 mol 2

Lưu ý: Bài toán trên có thể giải theo những cách khác, như: phương pháp trung bình, phương pháp bảo toàn số mol liên kết pi, ghép ẩn hoặc phân tích hệ số... Dưới đây là một số phương pháp khác: Cách 2: Sử dụng công thức trung bình Đặt CT trung bình của Y: C2Hx  24 + x = 14,25.2 = 28,5  x = 4,5 C2H2 + 1,25H2  C2H4,5 a 1,25a a (mol) C2H4,5 + 0,75Br2  C2H4,5Br1,5 a 0,75a (mol) Theo đề  a + 1,25a = 0,45  a = 0,2 mol  q = n Br (phản ứng) = 0,75a = 0,75.0,2 = 0,15 mol

Cách 3: Sử dụng ghép ẩn số Gọi x,y lần lượt là số mol C2H2 tạo C2H4 và C2H6 Gọi z là số mol C2H2 còn dư

t 0 (Ni)

C2H2 + H2   C2H4 x x x (mol) 0

ẠY

KÈ

t (Ni) C2H2 + 2H2   C2H6 y  2y y C2H4 + Br2  C2 H4Br2 x x (mol) C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 z  2z (mol) (Nhiệm vụ chúng ta là không cần tìm giá trị của từng ẩn x,y,z mà chỉ cần tìm nghiệm của đa thức x + 2z, vì đây là số mol Br2 ) Theo đề ta có: 2x + 3y + z = 0,45 (1) BTKL  26.(x + y + z) + 2.(x + 2y) = (x + y + z).28,5  x - 3y + 5z = 0 (2) Lấy (2) + (1) được: 3x + 6z = 0,45  q = x + 2z = 0,45: 3 = 0,15 mol Cách 4: Sử dụng bảo toàn liên kết pi (hoặc phân tích hệ số phản ứng) Trước hết cần tìm số mol C2H2 và H2 như bước 1 Phân tích hệ số phản ứng, ta thấy: n Br  n H  2n C H  q + 0,25 = 0,2.2  q = 0,15 mol 2

2 2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

n H  0,27mol ; n Al(OH)  0,12 mol 2

- Phản ứng của X với H2SO4 loãng, dư: 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2 (1) 0,18 0,27 0,09 0,27 (mol) MgO + H2SO4  MgSO4 + H2O (2) x x x (mol) Gọi x, y lần lượt là số mol MgO, MgSO4 trong m (gam) hỗn hợp X. Dung dịch Y: (x + y) mol MgSO4 ; 0,09 mol Al2(SO4)3; H2SO4 dư - Phản ứng của 120 gam dung dịch Y: H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + H2O (3) Al2 (SO4)3 + 8NaOH  2NaAlO2 + 3Na2SO4 + 4H2O (4) MgSO4 + 2NaOH  Mg(OH)2  + Na2SO4 (5)

FF IC IA L

Câu 8. Phân tích: Đây là bài toán khá hay (tuy không khó), có thể làm không ít học sinh lúng túng khi sử dụng các dữ kiện đề cho. Thử hỏi? "H2 bay ra do kim loại nào? kết tủa cuối cùng là gì? " Từ số mol H2 bay ra  0,18 mol Al trong m (gam) hỗn hợp. Vậy cho kết tủa Al(OH)3 = 0,12 mol làm gì? 18 So sánh lượng Al ở 2 TN  mY = 120. = 180 gam. 12 Nếu các mấu chốt đã được tháo gỡ thì bài toán trên có thể nói đã trở nên đơn giản. Phân tích: Tính số mol m H SO  47,04 gam ; n H SO =0,48 mol ;

Mg(OH)2  MgO + H2O (6) + Chất rắn: a (gam) MgO ; Dung dịch T: NaAlO2, Na2SO4, NaOH CO2 + NaOH  NaHCO3 (7) CO2 + 2H2O + NaAlO2  NaHCO3 + Al(OH)3  (8) 0,12 0,12 mol n Al(ban ®Çu) 0,18 Vì   1,5 nên  m Y  1,5.120  180 (gam) n Al(OH) 0,12 3

ẠY

KÈ

Bảo toàn khối lượng  m + 163,68 = 180 + 0,27.2  m = 16,86 (gam) 180.4,9 n H SO (trongY)   0,09 mol  n H SO (pư với X) = 0,39 mol 2 4 2 4 100.98 Ta có hệ phương trình:  40x  120y  16,86  0,18.27  12  x  0,12    x  0, 27  0,39  y  0,06 Bảo toàn mol Mg ta có sơ đồ: TL 2/3 MgO + MgSO4   MgO 0,12 0,06 (mol) 2 n MgO (sp nung kết tủa) = (0,06 + 0,12). = 0,12 mol 3  a = 0,12.40 = 4,8 (gam) (Hoặc so sánh tổng số mol Mg trong MgO và MgSO4 bằng số mol Al ban đầu nên  số mol rắn MgO sau nung cũng bằng số mol kết tủa Al(OH)3 = 0,12 mol. Để đơn giản trong tính toán các em có thể đồng nhất các dữ kiện ở tất cả các thí nghiệm trong bài toán) Phần trăm khối lượng mỗi chất trong X: 0,18.27 0,12.40 %m Al   100%  28,83% ; %m MgO   100%  28,47% 16,86 16,86  %m MgSO  42,70% 4

--**--

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FeS2 + X1   X2 + X3

(2)

X2 + HCl   X4 + H2O

(3)

X3 + X5   X6

(4) (5)

X6 + X7   X8 + NaHSO3 + H2O ®iÖn ph©n dung dÞch  X7 + X10 + H2 X9 + H2O  cã mµng ng¨n

(6)

 C2H2 + X5 X11 + H2O 

(7)

C2 H2   X12

(1)

FF IC IA L

ĐỀ SỐ 15 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC THÀNH PHỐ CẦN THƠ Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ---------------------Câu 1. (5,0 điểm) 1.1. Xác định các chất X1, X2, X3 , X4, X5, X6, X7, X8, X9, X10, X11, X12 và viết phương trình hóa học của các phản ứng theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện phản ứng):

ẠY

KÈ

 C6H6Cl6 (8) X12 + X10  1.2. Có 5 lọ dung dịch riêng biệt, không nhãn: CH3COOH, NaHCO3, BaCl2, (NH4 )2SO4, C2H5OH. Không được dùng bất kỳ chất nào khác, hãy phân biệt các dung dịch trong mỗi lọ. Câu 2. (6,0 điểm) 2.1. Cho hỗn hợp A gồm Al2O3, Cu, Fe2O3 vào lượng dư dung dịch H2SO4 loãng, thu được dung dịch B và chất rắn D. Cho từ từ dung dịch NaOH tới dư vào B thu được dung dịch E và kết tủa G. Nung G trong không khí đến khối lượng không đổi thì thu được chất rắn M. Cho khí H2 dư đi qua M, nung nóng thì thu được chất rắn Q. Nhỏ từ từ dung dịch HCl đến dư vào E thì thấy xuất hiện kết tủa T, lượng kết tủa tăng dần đến cực đại, sau đó tan từ từ cho đến hết. Xác định thành phần các chất có trong B, D, E, G, M, Q, T và viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 2.2. Hòa tan hoàn toàn 13,45 gam hỗn hợp X gồm muối hidrocacbonat và muối cacbonat trung hòa của một kim loại kiềm (kim loại nhóm IA) bằng 300ml dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Y và V lít khí CO2 (đktc). Để trung hòa Y, cần sử dụng tối thiểu 75ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức phân tử của hai muối có trong X và tính giá trị của V. Câu 3. (4,5 điểm) 3.1. Hỗn hợp X gồm 2,7 gam glucozơ và m gam saccarozơ. Cho X vào dung dịch H2SO4 loãng, đun nóng cho đến khi phản ứng thủy phân xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y. Trung hòa dung dịch Y bằng dung dịch NaOH, thu được dung dịch Z. Cho toàn bộ Z tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 , sau phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 19,44 gam Ag. Biết rằng, khi thực hiện phản ứng tráng gương trong môi trường bazơ (NH3), fructozơ chuyển hóa hoàn toàn thành glucozơ. Tính giá trị của m. 3.2. Đốt cháy hoàn toàn 168 ml hỗn hợp khí G (đktc) gồm hai hidrocacbon A và B (MA < MB). Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy (chỉ gồm CO2 và hơi nước) vào bình đựng dung dịch nước vôi trong, sau phản ứng hoàn toàn thu được 0,1 gam kết tủa, đồng thời khối lượng bình tăng lên 0,666 gam. Lọc lấy dung dịch sau phản ứng, đum đun nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,4 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của hai hidrocacbon có trong G. Biết phần trăm số mol của hidrocacbon B có trong G lớn hơn 15%. Câu 4. (4,5 điểm) 4.1. Hỗn hợp X gồm 3,92 gam Fe, 16 gam Fe2O3 và m gam Al. Nung nóng X ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí, thu được chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. - Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 loãng, thu được 4a mol H2. - Phần 2: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, thu được a mol khí H2. Tính giá trị của m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 4.2. Cho m gam bột Cu vào 500 ml dung dịch AgNO3 0,32M, sau một thời gian phản ứng, thu được 15,52 gam chất rắn A và dung dịch B. Lọc bỏ chất rắn A rồi cho thêm 11,7 gam Zn vào dung dịch B, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được 21,06 gam chất rắn D. Xác định thành phần của A, B, D và tính giá trị của m. ---HẾT----

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC THÀNH PHỐ CẦN THƠ Năm học 2017-2018 ----------------------

X6 Ca(HSO3)2

X7 X8 X9 X10 X11 X12 NaOH CaSO3 NaCl Cl2 CaC2 C6 H6

FF IC IA L

Câu 1. 1.1. Xác định chất: X1 X2 X3 X4 X5 O2 Fe2O3 SO2 FeCl3 Ca(OH)2 Các phương trình hóa học: t0

4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2

(2)

Fe2O3 + 6HCl   2FeCl3 + 3H2O

(3)

2SO2 + Ca(OH)2   Ca(HSO3)2

(4) (5)

Ca(HSO3)2 dư + NaOH   CaSO3  + NaHSO3 + H2O ®iÖn ph©n dung dÞch 2NaCl + 2H2 O   2NaOH + Cl2  + H2  cã mµng ng¨n

(6) (7)

CaC2 + 2H2O   C2H2  + Ca(OH)2 bét than 3C2H2  C6H6 600o C as

(1)

ẠY

KÈ

(8) C6 H6 + 3Cl2  C6H6Cl6 1.2. Trích mẫu các chất rồi cho các mấu lần lượt tác dụng đôi một. Hiện tượng được mô tả theo bảng sau: CH3 COOH NaHCO3 BaCl2 (NH4)2SO4 C2H5OH CH3COOH  NaHCO3   BaCl2  (NH4)2SO4   C2H5OH Kết luận: - Mẫu nào có một lần phản ứng tạo khí là CH3COOH - Mẫu nào có 2 lần phản ứng tạo khí là NaHCO3 - Mẫu nào có một lần phản ứng tạo kết tủa là BaCl2 - Mẫu nào có 1 lần phản ứng tạo khí và một lần phản ứng tạo kết tủa là (NH4)2SO4 - Mẫu không thấy hiện tượng gì là mẫu C2 H5OH Các phương trình hóa học: NaHCO3 + CH3COOH  CH3COONa + H2O + CO2  (NH4)2 SO4 + 2NaHCO3  Na2SO4 + 2H2O + 2CO2  + 2NH3  (NH4)2 SO4 + BaCl2  BaSO4  + 2NH4Cl Câu 2. 2.1. - Tác dụng của A với H2SO4 loãng, dư: Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O Cu + Fe2(SO4)3  2FeSO4 + CuSO4 + Dung dịch B: CuSO4, Al2(SO4)3, FeSO4, H2SO4 dư + Rắn D: Cu - Tác dụng với dung dịch NaOH dư: H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2  + Na2SO4 FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2  + Na2SO4 Al2(SO4)3+ 8NaOH  2NaAlO2 + 3Na2SO4 + 4H2O + Kết tủa G: Cu(OH)2, Fe(OH)2 + Dung dịch E: Na2 SO4, NaAlO2, NaOH dư - Phản ứng nung rắn G trong không khí:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Cu(OH)2  CuO + H2O t0

2Fe(OH)2 + ½ O2  Fe2O3 + 2H2O - Khử M bằng H2: t0

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O t0

MHCO3 + HCl  MCl + H2 O + CO2  a a a (mol) M2CO3 + 2HCl  2MCl + H2O + CO2  b  2b b(mol) NaOH + HCl  NaCl + H2O 0,15 0,15 mol

FF IC IA L

CuO + H2  Cu + H2O + Rắn Q: Cu, Fe - Phản ứng của E với dung dịch HCl: NaOH + HCl  NaCl + H2O NaAlO2 + HCl + H2O  Al(OH)3 + NaCl Al(OH)3 + 3HCl  AlCl3 + 3H2O + kết tủa T: Al(OH)3 2.2. Tính n HCl  0,3 mol; n NaOH = 0,15 mol

a  2b  0,3  0,15  0,15 a.(M  61)  2b.(M  61)  0,15.(M  61) (1)  (2) a.(M  61)  b.(2M  60)  13, 45 a.(M  61)  b.(2M  60)  13, 45 0,15M  4,3 Lấy (1) trừ (2) và biến đổi được: b = (*) 62 0,15M  4,3 Vì 0 < b < 0,15/2 = 0,075 nên  0 < < 0,075  28,7 < M < 59,7  M = 39(K) thỏa 62

Ta có: 

KÈ

mãn. Công thức của 2 muối: KHCO3 và K2CO3 Thay M = 39 vào (*)  b = 0,025  a = 0,1 mol V = (0,025 + 0,1).22,4 = 2,8 lít Lưu ý: Ở bài toán trên ta có thể giải theo những cách khác, chẳng hạn như: sử dụng phương pháp đại số làm xuất hiện giá trị trung bình, phương pháp giả thiết lượng chất min, max; phương pháp sử dụng chất ảo; phương pháp sử dụng tỷ lệ phản ứng (hoặc tỷ lệ chuyển chất) … các phương pháp này đã được thầy viết khá rõ trong sách "22 chuyên đề hay và khó bồi dưỡng học sinh giỏi Hóa học THCS", các em hãy tìm đọc. Sau đây là định hướng giải theo một số cách khác: Cách 2: Biến đổi đại số làm xuất hiện giá trị trung bình Để hiểu phương pháp này, các em nhớ rằng: nếu có biểu thức

x.A  y.B  Q thì Q là giá trị trung xy

ẠY

bình của các đại lượng A và B. Theo tính chất trung bình, ta có: A < Q < B hoặc B < Q < A.

a  2b  0,3  0,15  0,15 a.(M  61)  2b.(M  30) Chia    89, 7 a  2b a.(M  61)  b.(2M  60)  13, 45

Từ 

Theo tính chất trung bình  M + 30 < 89,7 < M + 61  28,7 < M < 59,7  M = 39 (K) Cách 3: Sử dụng phương pháp giả thiết. - Giả thiết 1: giả sử hỗn hợp chỉ có M2CO3 (xem như MHCO3 rất ít)

b  0, 075 a  2b  0,15   13, 45  M  59, 7  a  0 2M  60  0, 075  - Giả thiết 2: giả sử hỗn hợp chỉ có MHCO3 (xem như M2CO3 rất ít)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

 b  0,15 a  2b  0,15   13, 45  M  28, 7  b  0  M  61  0,15  Thự tế hỗn hợp có cả 2 chất nên  28,7 < M < 59,7  M = 39 (K) thỏa mãn.

FF IC IA L

Cách 4: Sử dụng chất ảo. Ta không tím được số mol hỗn hợp muối là do tỉ lệ số mol giữa HCl với từng muối là không đồng bộ. Vì vậy ta sử dụng chất ảo để làm cho hỗn hợp có tỷ lệ số mol mỗi chất so với HCl hoàn toàn giống nhau. Đặt R = 2M (R là kim loại hóa trị II) Ta có hỗn hợp ảo: R(HCO3)2 và RCO3 R(HCO3)2 + 2HCl  RCl2 + 2H2O + 2CO2 (1) RCO3 + 2HCl RCl2 + H2O + CO2  (2) NaOH + HCl  NaCl + H2O (3)

Theo (1,2)  n hh (ảo) = n HCl  0,075 mol 2

13, 45  179, 3  2M + 60 < 179,3 < 2M + 122  28,65 < M < 59,65 0, 075

 M hh 

m hh n HCl



13, 45  89, 7 0,15

Đặt T =

 Chỉ có M = 39 (K) là thỏa mãn. Cách 5: Sử dụng tỷ lệ lượng chất tác dụng.

M  61  M  61 ) 1 2M  60 M2CO3 + 2HCl  2MCl + H2O + CO2  (T2 =  M  30 ) 2

MHCO3 + HCl  MCl + H2O + CO2  (T1=

Theo tính chất trung bình  M + 30 < 89,7 < M + 61  28,7 < M < 59,7  M = 39 (K) Câu 3. 3.1. Phân tích: Ở bài toán này, nếu học sinh đọc đề không kỹ thì có thể dẫn đến sai sót. Mấu chốt bài toán ở chỗ thông tin " trong môi trường bazơ (NH3), fructozơ chuyển hóa hoàn toàn thành glucozơ". Như vậy trong phản ứng thủy phân saccarozơ ta xem như toàn bộ C6H12O6 cuối cùng đều chuyển thành glucoz và đều tham gia phản ứng tráng gương. axit

C12H22O11 + H2O   2C6H12O6

KÈ

m  342

C6H12 O6

m (mol) 171 t 0 (NH )

3  C H O + 2Ag  + Ag2O  6 12 7

ẠY

0,09



19, 44 mol 108

m 2, 7 + = 0,09  m = 12,825 gam 171 180 3.2. Tính số mol n G  0, 0075 mol



Đặt công thức trung bình của hỗn hợp hidrocacbon (G): C x H y

Cx H y + ( x 

y y t0 )O2  x CO2 + H2O 4 2

(1)

Khi đun sôi dung dịch sau phản ứng với nước vôi trong vẫn còn thu được kết tủa, chứng tỏ phản ứng tạo 2 muối. CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (2) 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (3)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Ca(HCO3)2  CaCO3  + H2O + CO2  (4) Theo (2,3,4): n CO  n CaCO (lần 1) + 2. n CaCO (lần 2) = 0,001 + 0,004.2 = 0,009 mol 2

Bình nước vôi tăng 0,666 gam nên  18 n H O + 0,009.44 = 0,666  n H O = 0,015 mol 2 2

n CO



2n H O 0, 009 2  0, 03  4  1, 2 ; y  0, 0075 nG 0, 0075

FF IC IA L

Chỉ số C và H trung bình: x 

Vì C = 1,2  Có một chất mang chỉ số C < 1,2  A: CH4 Mặt khác: vì H = 4 = chỉ số H trong CH4 nên  phân tử B có 4H Giải thích: Trong hỗn hợp 2 chất, trong đó có một chất có giá trị thật bằng giá trị trung bình thì giá trị thật của 2 chất đó bằng nhau. Điều này tương tự như học sinh A 15 tuổi, tuổi trung bình của học sinh A và học sinh B cũng bằng 15 tuổi, thì chắc chắn A và B đều có số tuổi bằng 15.

C n H 4 : a (mol) CH 4 : (1-a) mol

 an + 1 – a = 1,2  a =

0, 2 <1  1,2 < n < 2,3  n = 2 thỏa mãn. n 1

Theo đề  0,15 <

0, 2 n 1

Giả sử có 1 mol G  G 

Vậy công thức phân tử của A, B lần lượt là: CH4 và C2H4  Lưu ý: Nếu các em học sinh không biết cách biện luận tìm chỉ số H của B theo chỉ số H trung bình, thì có thể bào toàn số mol H vẫn tìm được chỉ số H của chất B bằng 4. Ngoài ra, các em cũng có thể giải bài toán trên bằng cách biện luận theo khối lượng mol trung bình của hỗn hợp G. Đặt công thức của B: CnHm

0, 2  0, 2 mol 2 1

Sau khi tìm được n = 2 (như cách ở trên) thì  a =

Ta có: 0,2m + 0,8.4 = 4  m = 4  công thức của B là C2H4 Câu 4. 4.1. Tính số mol n Fe  0, 07 mol ; n Fe O = 0,1 mol t0

2 3

- Phản ứng nhiệt nhôm:

ẠY

KÈ

2Al + Fe2O3  2Fe + Al2O3 0,1 0,1 0,2 0,1 (mol) Vì hòa tan phần 2 vào dung dịch NaOH, sau phản ứng sinh khí nên chứng tỏ trong Y có Al dư Mặt khác, phản ứng hoàn toàn  Fe2O3 hết.  Y: 0,1 mol Al2O3; 0,27 mol Fe; x (mol) Al dư - Phần 2: Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O 2Al + 2NaOH + 2H2O 2 NaAlO2 + 3H2  0,5x  0,75x (mol) - Phần 1: Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2 0,5x  0,75x (mol) Fe + H2SO4  FeSO4 + H2  0,135  0,135 (mol) Theo đề ta có: 0,75x + 0,135 = 4.0,75x  x = 0,06 Bảo toàn lượng nguyên tố Al  m = (0,1.2 + 0,06).27 = 7,02 gam Lưu ý: Có thể so sánh số mol H2 phần 1 (a mol) và phần 2 (4a mol)  số mol H2 do Fe gấp 3 lần số

0,27 2

mol H2 do Al  n Al( trong Y) =   0, 06 (mol). Ngoài ra các em có thể sử dụng quy tắc hóa trị (như 3 3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

bảo toàn electron) để xử lý các dữ kiện về H2 và các kim loại Fe, Al mà không cần đặt các số liệu vào PTHH. Theo quy tắc hóa trị (bảo toàn electron ở cấp THPT)  n Al .3  n Fe .2  n H .2 2

FF IC IA L

4.2. Tính số mol: n AgNO  0,16 mol ; n Zn = 0,18 mol 3 Theo đề ta thấy: B tác dụng với Zn làm cho khối lượng chất rắn tăng lên, nên chứng tỏ trong dung dịch B có muối AgNO3 (hoặc so sánh khối lượng rắn A với khối lượng Ag trong muối ban đầu)  Rắn A: Ag, Cu dư ; dung dịch B: AgNO3 và Cu(NO3)2 Mặt khác: n Zn .2  0,36  n NO  0,16  Sau phản ứng với B thì Zn còn dư 3

 Rắn D: Ag, Cu, Zn Các phương trình hóa học: Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag  Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag  Zn + Cu(NO3)2  Zn(NO3)2 + Cu 

(1) (2) (3)

0,16

Theo phản ứng (3,5) n Zn (pư) = n NO (trong B)   0, 08 mol  n Zn (dư) = 0,1 mol 3 2 2 Bảo toàn khối lượng kim loại cho cả quá trình, ta có: m + 0,16.108 + 0,1.65 = 15,52 + 21,06  m = 12,8 gam Nhận xét: Ở dạng toán kim loại tác dụng với muối 2 giai đoạn: giai đoạn 1 không hoàn toàn, giai đoạn 2 hoàn toàn thì cách tốt nhất là sử dụng bảo toàn khối lượng kim loại. Nếu giải theo theo đại số thì có nhiều bài cho ra những kết quả trung gian với số liệu không tròn, làm cho việc tính toán trở nên phức tạp. Sau đây là một cách sử dụng phương pháp đại số (giải hệ phương trình tìm ẩm) Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag  x  2x 2x mol  kim loại tăng: 151x (gam) Zn + Cu(NO3)2  Zn(NO3)2 + Cu  y y y (mol)  kim loại giảm: y (gam)

ẠY

KÈ

59   x  950  2x  2y  n NO  0,16 3 Ta có:   151x  y  21, 06  11, 7  y  17  950 2.59 17  m = 15,52 – (0,16  ).108 +  64 = 12,8 (gam) 950 950 ---**----

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

ĐỀ SỐ 16

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9, TỈNH BÌNH PHƯỚC Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------

FF IC IA L

Câu 1. (2,0 điểm) a. Cho 3 lọ hóa chất: NaCl, KNO3 và NaHCO3 . Theo em, chất nào được dùng để chế thuốc chữa bệnh đau dạ dày? Giải thích? b. Cho 3 dung dịch AlCl3, BaCl2, MgCl2 mất nhãn. Chỉ được dùng thêm một thuốc thử, hãy nhận biết các lọ dung dịch trên. Câu 2. (2,0 điểm) Có những chất: Fe2 O3, Al2O3, FeCl3, Fe, Fe(OH)3, Al. a. Dựa vào mối quan hệ giữa các chất, hãy sắp xếp các chất trên thành một dãy chuyển đổi hóa học (không phân nhánh), mỗi chất chỉ xuất hiện một lần. b. Viết phương trình hóa học cho dãy chuyển đổi hóa học trên. Câu 3. (4,0 điểm) a. Cho sơ đồ thí nghiệm bên, đun nhẹ ống nghiệm, dự đoán hiện tượng xảy ra và viết phương trình hóa học minh họa.

KÈ

b. Trộn V1 lít dung dịch A chứa 8,76 gam HCl với V2 lít dung dịch B chứa 17,1 gam Ba(OH)2 thu được 200ml dung dịch C. - Tính nồng độ mol/ lít của dung dịch A, B. Biết hiệu số nồng độ mol /lit của dung dịch A so với dung dịch B là 0,75 mol/ lít. - Cô cạn dung dịch C thu được bao nhiêu gam chất rắn khan? Câu 4. (4,0 điểm) a. Cho hỗn hợp X gồm O2 và SO2 có tỉ khối đối với H2 là 28. Lấy 4,48 lít X (đktc) nung nóng với xúc tác V2O5 thì thu được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y qua dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 33,51 gam kết tủa. Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp SO3 từ X. n b. Sục khí CO2 vào dung dịch có m gam Ba(OH)2 thu được kết tủa. Lượng kết tủa biến đổi theo lượng CO2 K® a được biểu diễn theo đồ thị bên. Tính m và khối lượng kết tủa tại điểm Kt. K t

n CO 0

0,56

Câu 5. (4,0 điểm) a. Cho m gam Mg vào 100ml dung dịch chứa Cu(NO3 )2 1,8M và AgNO3 1,6M, sau một thời gian thu được 29,36 gam chất rắn và dung dịch X chứa 2 muối. Tách lấy chất rắn, thêm tiếp 5,6 gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 6,08 gam chất rắn. Tính m. b. Cho từ từ 135 ml dung dịch Ba(OH)2 2M vào 80ml dung dịch Al2(SO4)3 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được kết tủa Y. Đem Y nhiệt phân đến khối lượng không đổi thì thu được a gam chất rắn. Tính a. Câu 6. (4,0 điểm) a. Cho hỗn hợp X gồm metan (CH4), etilen (C2 H4) và axetilen (C2H2). Lấy 8,6 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch brom dư thì khối lượng brom tham gia phản ứng là 48 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hết 13,44 lít (đktc) hỗn hợp X cần 31,92 lít O2 (đktc). Tính khối lượng mỗi chất có trong 13,44 lít hỗn hợp X.

ẠY D

0,6a

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

b. Hỗn hợp khí A gồm hai hidrocacbon B (CnH2n+2) và C (CmH2m – 2) mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 1,792 lít A (ở đktc), thu toàn bộ sản phẩm cháy sục từ từ vào dung dịch Ca(OH)2 thu được 12 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 1,2 gam. Đun nóng dung dịch này lại thu thêm 3 gam kết tủa nữa. Xác định công thức phân tử của B và C. --**--

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG LỚP 9, TỈNH BÌNH PHƯỚC Môn Hóa học

FF IC IA L

Năm học 2017-2018 -----------------------

Câu 1. a. Chất được dùng chế thuốc chữa bệnh đau dạ dày là NaHCO3 Ở những người có nồng độ axit clohidric (HCl) trong dịch dạ dày vượt nồng độ bình thường (cỡ 0,0001 0,001mol/lít) thì dạ dày bị axit bào mòn, gây hiện tượng đau rát, ợ chua... Người ta dùng Natri hidrocacbonat NaHCO3 (còn gọi là thuốc muối hay natribicacbonat) để làm thuốc chữa bệnh cho người bị đau dạ dày có triệu chứng tăng axit, vì NaHCO3 tác dụng trực tiếp với HCl làm giảm nồng độ axit trong môi trường trong dạ dày, giảm cơn đau. NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2  Lưu ý: NaHCO3 chỉ điều trị chứng tăng axit trong dạ dày chứ không phải thuốc chữa nguyên nhân viêm dạ dày. Nếu đau dạ dày vì viêm nhiễm thì bệnh nhân phải đi khám và điều trị theo chỉ dẫn của bác sỹ. b. Sử dụng thuốc thử là dung dịch NaOH - Trích mẫu từ các dung dịch để làm thí nghiệm - Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào các mẫu, mẫu nào không thấy kết tủa là BaCl2, mẩu nào tạo kết tủa trắng keo và tan dần trong kiềm dư là mẫu AlCl3 , mẩu tạo kết tủa trắng không tan trong kiềm dư là MgCl2. MgCl2 + 2NaOH  Mg(OH)2  + 2NaCl AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3  + 3NaCl Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O Câu 2. a. Sắp xếp: Có nhiều cách sắp xếp, dưới đây là một số cách trong nhiều cách - Cách 1: Al2O3  Al  Fe  FeCl3  Fe(OH)3  Fe2O3 - Cách 2: FeCl3  Fe(OH)3  Fe2 O3  Al2O3  Al  Fe - Cách 3: Fe  FeCl3  Fe(OH)3  Fe2O3  Al2O3  Al - Cách 4: Fe2O3  Al2O3  Al  Fe  FeCl3  Fe(OH)3 b. Phương trình hóa học (theo dãy 1) ®pnc 2Al2O3   4Al + 3O2 criolit 2Al + 3FeCl2  2AlCl3 + 3Fe  t0

KÈ

2Fe + 3Cl2  2FeCl3 FeCl3 + 3NaOH  Fe(OH)3  + 3NaCl t0

ẠY

2Fe(OH)3  Fe2 O3 + 3H2O Câu 3. a. Khi đun nhẹ ống nghiệm (chứa MnO2 và HCl đặc) thì thấy chất rắn màu đen tan dần, từ đáy ống nghiệm bay lên chất khí màu vàng lục.

®un nhÑ MnO2 + 4HCl đặc   MnCl2 + 2H2O + Cl2 

8,76 17,1  0,24 mol ; n Ba(OH) (dd B) =  0,1 mol 2 36,5 171 Gọi x,y lần lượt là nồng độ mol của dung dịch A, B. Trường hợp 1: Nếu x – y = 0,75 (điều kiện x > 0,75)

b. n HCl (ddA) =

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

0,24 0,1   0,2  x1 = 2 (nhận); x2 = 0,45 (loại) x x  0,75 Vậy CM (A)  2 mol/lit C M (B) =2  0,75 = 1,25 mol/lit Trường hợp 2: Nếu y – x = 0,75 (điều kiện: y > 0,75) 0,24 0,1 Ta có:   0,2  y1 = 2,29 (nhận); y2 = 0,16 (loại) y  0,75 y Vậy CM (B)  2,29 mol/lit C M (B) = 2,29  0,75 =1,54 mol/lit Khi trộn A với B có xảy ra phản ứng: 2HCl + Ba(OH)2  BaCl2 + 2H2O Bđ: 0,24 0,1 0 0 (mol) Pư: 0,2 0,1 0,1 0,1 Spư: 0,04 0,1 0,1 0,1 Khi cô cạn thì HCl, H2O bay hơi hết. Chất rắn chỉ gồm BaCl2 m BaCl  0,1.208 = 20,8 gam 2

Câu 4.



n SO

4, 48  0, 2 mol 22,4

0,2.3 56  32 3   n SO   0,15 mol ; n O = 0,05 mol 2 2 64  56 1 4

Lưu ý: Các em có thể sử dụng phương pháp đại số: n SO2  n O2  0, 2 n SO 2  0,15   64n SO  32n O  0, 2.56 n O  0,05 2 2   2

a. n X 

FF IC IA L

Ta có:

Vì O2 lấy vào thiếu so với SO2 nên hiệu suất phản ứng oxi hóa tính theo oxi. Cách 1: Xử lý hiệu suất sớm Gọi h là hiệu suất phản ứng oxi hóa SO2 (h = H/100)  n O (phản ứng) = 0,05h (mol) 2

ẠY

KÈ

t ,V2O5 2SO2 + O2   2SO3 Bđ: 0,15 0,05 0 (mol) Pư: 0,1h 0,05h 0,1h Spư: (0,15 – 0,1h) 0 0,1h SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2O (0,15–0,1h)  (0,15 – 0,1h) (mol) SO3 + Ba(OH)2  BaSO4  + H2O 0,1h  0,1h (mol) Ta có: (0,15 – 0,1h).217 + 0,1h.233 = 33,51  h = 0,6 Vậy hiệu suất phản ứng oxi hóa SO2 là: H% = 0,6.100% = 60% Cách 2: Gọi x là số mol SO2 phản ứng, y là số mol SO2 còn dư n BaSO  x (mol) ; n BaSO = y(mol) 4

 x  y  0,15  x  0,06 Ta có:    233x  217y  33,51  y  0,09 1 n O (phản ứng) = n SO (phản ứng) = 0,06/2 = 0,03mol 2 2 2 0,03 Vậy hiệu suất phản ứng oxi hóa SO2 là: H%  100  60% 0,05

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

b. Theo đồ thị ta thấy: tại điểm Kt thì số mol kết tủa bị tan bớt 0,4a (mol). CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O a a a (mol) CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 0,4a 0,4a (mol) Ta có a + 0,4a = 0,56  a = 0,4 mol Vậy m = 0,4.171 = 68,4 gam m BaCO (tại Kt) = 0,6.0,4.197 = 47,28 gam. 3

Lưu ý: * Có thể tính theo các giá trị ghi trên trục số mol CO2 Ta thấy: 2a – 0,56 = 0,6a  a = 0,4 mol * Nếu trắc nghiệm thì nhớ công thức tính nhanh: n BaCO3  n OH  n CO 2

FF IC IA L

Câu 5. a. Tính số mol Cu(NO3)2 = 0,18 mol ; AgNO3 = 0,16 mol ; Fe = 0,1 mol Vì mức độ hoạt động của Mg > Cu > Ag nên 2 muối trong X là Mg(NO3)2 và Cu(NO3)2  AgNO3 phản ứng hết. Cách 1: Phương pháp đại số Mg + 2AgNO3  Mg(NO3)2 + 2Ag  (1) 0,08 0,16 0,16 mol  tăng m1 = 15,36 gam Mg + Cu(NO3)2  Mg(NO3)2 + Cu  (2) x x x x (mol)  tăng m2 = 40x (gam) Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu  (3) y y (mol) 6,08  5,6 n Fe (pư) = y =  0,06 mol < 0,1  n Fe (dư) 64  56  x = 0,18 – 0,06 = 0,12 mol Tăng giảm khối lượng, ta có: 29,36 – m = 15,36 + 40.0,12  m = 9,2 gam Lưu ý: Các em có thể tính theo cách khác, ví dụ như cách dưới đây: Cách 2: Theo bảo toàn nguyên tố Mg m Mg (trong 29,36 gam rắn) = 29,36 – 0,12.64 – 0,16.108 = 4,4 (gam) m Mg (phản ứng) = (0,08 + 0,12 ). 24 = 4,8 (gam)

KÈ

Bảo toàn lượng Mg  m = 4,4 + 4,8 = 9,2 gam Cách 3: Sử dụng quy tắc hóa trị Xét cả quá trình thì toàn bộ NO3 liên kết với Mg và Fe(II) Theo quy tắc hóa trị ta có: m Mg .2  n Fe .2  n NO3  n Mg (pư) = (0,52 – 0,06.2):2 = 0,2 mol  m = 0,2.24 + 29,36 – 0,16.108 – (0,18 – 0,06).64 = 9,2 gam b. Tính n Ba(OH)  0,135.2  0, 27 mol ; n Al (SO )  0,08.1  0,08 mol 2

ẠY

Vì 3 <

n OH n Al

4 3

0,27.2  3,375 < 4 nên  sau phản ứng, có 2 sản phẩm chứa nhôm là Al(OH)3 và  0,08.2

Ba(AlO2)2 Al2(SO4 )3 + 3Ba(OH)2  2Al(OH)3  + 3BaSO4  x 3x 2x 3x (mol) Al2(SO4 )3 + 4Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + 3BaSO4  + 4H2O y 4y 3y (mol) 0

t 2Al(OH)3   Al2O3 + 3H2O 2x  x (mol) Chất rắn sau nung gồm BaSO4 và Al2O3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

 x  y  0,08  x  0,05  m = 3.0,08.233 + 0,05.102 = 61,02 (gam) Ta có:   3x  4y  0,27  y  0,03 Lưu ý: Ở bài toán trên còn nhiều cách giải khác. Ở đây ta cần chú ý công thức tính nhanh cho tường hợp muối Al3+ và OH- đều phản ứng hết hoặc sử dụng phương pháp hợp thức theo tỷ lệ số mol.  Sử dụng công thức nhanh (dùng khi giải toán trắc nghiệm) Công thức: n Al(OH) = 4n 3  n  = 4.0,16 – 0,27.2 = 0,1 mol  n Al O  0,05 mol Al

2 3

n BaSO  n SO  0,08.2  0, 24mol [không tính theo Ba 4

vì nó chuyển một phần vào

FF IC IA L

Ba(AlO2)2]  Sử dụng phương pháp hợp thức theo tỷ lệ số mol n Ba(OH) 2  0,27  27 (Chỉ sử dụng khi biết chắc phản ứng tạo 2 sản phẩm của nguyên tố Đặt T = n Al (SO ) 0,08 8 2

4 3

Al)

Hợp thức theo T, ta có phương trình hóa học (dùng khi giải toán tự luận) 8Al2(SO4)3 + 27Ba(OH)2  10Al(OH)3  + 3Ba(AlO2)2 + 24BaSO4  + 12H2O 0,08  0,1 0,24 (mol)

2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O 0,1  0,05 (mol)

Câu 6. a. Phân tích: Hỗn hợp X tham gia 2 thí nghiệm với mỗi TN có một dữ kiện mang đơn vị khác nhau (TN1 cho gam, TN2 cho mol) nên không có cơ sở để so sánh lượng chất ở mỗi TN có bằng nhau không. Vì vậy ta xử lý bài toán theo độ lệch phần k. Theo kinh nghiệm, những bài toán kiểu này gần như chắc chắn mọi tác giả đều thiết kế lượng các chất trong hỗn hợp X ở 2 thí nghiệm không bằng nhau. Gọi x,y,z lần lượt là số mol CH4, C2H4, C2H2 trong 8,6 gam hỗn hợp X kx, ky, kz …………………………………………0,6 mol X. Thí nghiệm 1: C2H4 + Br2  C2H4Br2 C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 16x  28y  26z  8,6 (1)  Ta có:  48 (2) y + 2z = 160  0,3 Thí nghiệm 2: 0

t CH4 + 2O2   CO2

+ 2H2 O

KÈ

C2H4 + 3O2  2CO2 + 2H2O t0

C2H2 + 2,5O2  2CO2 + H2O

ẠY

 k.(x  y  z)  0,6  Chia Ta có:    0, 225x  0,375y  0,075z  0 (3) 31,92  k.(2x  3y  2,5z) = 22,4  1,425  Giải (1,2,3)  x = 0,2 ; y = 0,1 ; z = 0,1 m CH  0, 2.16  3,2 (gam) ; m C H  0,1.28  2,8 (gam) 2 4

2H 2

 0,1.26  2,6 (gam)

Lưu ý: Nếu cac em hiểu đúng về bản chất điện hóa trị trong các hợp chất thì có thể giải bài toán trên mà không cần dùng độ lệch phần k. Theo thí nghiệm 2  trung bình 1 mol X phản ứng vừa đủ với 2,375 mol O2 Phương trình biểu diễn quan hệ hóa trị (BT ở cấp THPT): 8x +12y + 10z = 2,375.4.(x + y + z)  1,5x – 2,5y – 0,5z = 0 (3) Giải (1,2,3)  x = 0,2 ; y = 0,1 ; z = 0,1

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

1,792  0,08 mol 22,4 - Phản ứng đốt cháy (A): 3n  1 t0 CnH2n+2 + O2  nCO2 + (n +1)H2O (1) n CO  n H O   n C H 2 2 n 2n  2 2 3m  1 t0 CmH2m+2 + O2   mCO2 + (m-1)H2O (2) n CO  n H O  n C H 2 2 m 2m  2 2 - Phản ứng của CO2 với Ca(OH)2 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (3) 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (4) t0

Ca(HCO3)2  CaCO3  + H2O + CO2 

(5)

12 2.3   0,18 mol 100 100  1,2  n H O  0,16 mol

Theo phản ứng: n CO  n CaCO3 ( lÇn 1) +2n CaCO3 (lÇn 2) = 2

Dung dịch giảm 1,2 gam  12 – 0,18.44 - 18 n H

FF IC IA L

b. n A 

 n C  n B  0,08 n C  0,05 Theo đề và theo phản ứng (1,2)     n C  n B  n CO2  n H 2O  0,02 n B  0,03 Bảo toàn số mol cacbon  0,03n + 0,05m = 0,18  3n + 5m = 18 Với n  1; m  2  Chỉ có n = 1 ; m = 3 là thỏa mãn.

Vậy công thức phân tử của B và C lần lượt là: CH4 và C3H4 ---**---ĐỀ SỐ 17

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LƠP 9 TỈNH NGHỆ AN Năm học 2017-2018 (Bảng A) Thời gian: 150 phút -------------------

ẠY

KÈ

Câu I (3,0 điểm) 1. Giải thích tại sao cần đun than ở nơi thoáng mát, có gió và tuyệt đối không dùng bếp than để sưởi trong phòng kín. 2. Chi kim loại đồng vào dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được khí A. Sục từ từ khí A vào dung dịch NaOH thu được dung dịch B. Dung dịch B vừa tác dụng với dung dịch CaCl2 và vừa tác dụng được với dung dịch KOH. Xác định khí A, thành phần các chất trong dung dịch B và viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. Câu II (3,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ (mỗi mũi tên là một phản ứng, ghi rõ điều kiện nếu có) Al2O3  Al  AlCl3  Al(OH)3  NaAlO2  Al2(SO4)3  Al(NO3)3 2. Có các muối A, Y, Z chứa các gốc axit khác nhau. Cho biết: X + dung dịch HCl (hoặc dung dịch NaOH)  có khí thoát ra. Y + dung dịch HCl  có khí thoát ra. Y + dung dịch NaOH  có kết tủa. Ở dạng dung dịch: Z + X  có khí thoát ra. Z + Y  có kết tủa và có khí thoát ra. Xác định công thức hóa học của X, Y, Z và viết phương trình hóa học minh họa. Câu III (3,0 điểm) 1. Chỉ dùng một dung dịch thuốc thử, nêu cách phân biệt các kim loại riêng biệt có màu tương tự nhau: Ba, Mg, Al, Fe, Ag. 2. Muối ăn có lẫn tạp chất là Na2CO3, CaCl2, BaCl2. Làm thế nào để có được muối ăn nguyên chất bằng phương pháp hóa học? Câu IV (4,0 điểm) 1. Viết công thức cấu tạo dạng mạch hở của các chất có công thức phân tử như sau: C3H8 O, C5 H10. 2. Hỗn hợp khí X gồm axetilen, etilen và hidrocacbon A cháy hoàn toàn thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ số mol 1 : 1. Mặt khác, nếu dẫn toàn bộ X qua bình chứa dung dịch brom dư, sau khi phản ứng xong,

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Câu I. 1. Khí CO được sinh ra trong lò khí than, đặc biệt là khi ủ bếp than hoặc đun nấu bếp than trong phòng kín thì cacbon cháy trong điều kiện thiếu oxi, sinh ra lượng lớn CO làm tăng nồng độ CO trong không khí vượt mức cho phép.

Năm học 2017-2018 (Bảng A) ---------------------------------

FF IC IA L

khối lượng bình chứa dung dịch brom tăng lên 0,82 gam và thấy có khí thoát ra. Đốt cháy hoàn toàn lượng khí thoát ra khỏi bình chứa dung dịch brom thu được 1,32 gam CO2 và 0,72 gam H2O. Xác định A và tính phần trăm theo thể tích của các khí trong hỗn hợp X? Câu V(4,0 điểm) 1. Cho 7,1 gam P2 O5 vào V ml dung dịch X chứa KOH 1,25M và NaOH 0,75M, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 24,4 gam chất rắn khan. Xác định V? 2. Cho m gam hỗn hợp X gồm 4 chất Ba(HCO3)2 (0,075 mol), BaCl2 (0,025 mol), NaHCO3, NaCl hòa tan hết vào nước thu được dung dịch Y. Cô cạn Y rồi nung chất rắn thu được đến khối lượng không đổi được 26,45 gam chất rắn. Tổng thể tích khí CO2 sinh ra trong quá trình thí nghiệm trên là 5,6 lít (đktc). Tính phần trăm khối lượng NaHCO3 trong hỗn hợp X? Câu VI (3,0 điểm) 1. Vẽ hình điều chế và thu khí SO2 trong phòng thí nghiệm. Khí SO2 là khí độc, làm thế nào để khí SO2 không thoát ra ngoài, giải thích? 2. Để làm khô khí SO2 có thể dùng chất nào trong số các chất sau: H2 SO4 đặc, CaO, NaCl khan, P2O5, KOH khan, CuSO4 khan. ---**--HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LƠP 9 TỈNH NGHỆ AN

C + O2 (dư)  CO2 0

KÈ

t 2C + O2 (thiếu)   2CO Khí CO rất độc, nó kết hợp với hemoglobin trong máu ngăn cản máu tiếp nhận oxi để cung cấp cho các tế bào. Do đó nếu hít thở không khí có nồng độ CO cao thì có thể gây tử vong cho con người. Vì vậy cần phải đun than ở nơi thoáng, có gió (nhằm giảm nồng độ CO) và tuyệt đối không dùng bếp than để sưởi trong phòng kín. 2. Cu là kim loại yếu nên tác dụng với H2SO4 đặc chỉ sinh một sản phẩm khử là SO2. Vậy khí A: SO2 Dung dịch B tác dụng được với CaCl2 và KOH nên  dung dịch B: Na2SO3 , NaHSO3. - Các phương trình hóa học: t0

ẠY

Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 + 2H2O + SO2  SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O SO2 + NaOH  NaHSO3 Na2SO3 + CaCl2  CaSO3  + 2NaCl 2NaHSO3 + 2KOH  K2SO3 + Na2SO3 + 2H2O Câu II. 1. Các phương trình hóa học: ®pnc 2Al2O3   4Al + 3O2  criolit t0

2Al + 3Cl2  2AlCl3 (Hoặc thay Cl2 bằng dung dịch HCl, dung dịch muối clorua của các kim loại yếu hơn Al.) AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3  + 3NaCl Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O 2NaAlO2 + 4H2SO4 dư  Na2SO4 + Al2(SO4)3 + 4H2O (Thực tế phản ứng trên tạo ra Al(OH)3 trước, sau đó kết tủa tan trong lượng dư H2SO4) Al2(SO4)3 + Ba(NO3)2  BaSO4  + 2Al(NO3)3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

ẠY

KÈ

FF IC IA L

2. Phân tích: Để làm được câu này, các em cần nhớ một số tính chất đặc biệt của muối: - Muối + Axit  giải phóng khí, thì muối phải chứa gốc axit yếu (H2CO3, H2SO3, H2S) - Muối + Kiềm  giải phóng khí, thì muối phải chứa nhóm amoni (-NH4) - Muối + Muối  giải phóng khí, thì có 1 muối của axit yếu và 1 muối có tính axit (như -HSO4, ...) Theo đề: Z tạo khí với cả X và Y  Z: là muối chứa gốc -HSO4 , Y và X là muối chứa gốc axit yếu. Mặt khác: X tác dụng với NaOH sinh khí  X là muối amoni Y + NaOH  có kết tủa  Y là muối axit của kim loại khác kim loại kiềm Hướng dẫn: Chọn: X: (NH4 )2CO3 ; Y: Ba(HCO3)2 ; Z: NaHSO4 Các phương trình hóa học: Cặp chất Phương trình hóa học X + HCl (NH4)2CO3 + 2HCl  2NH4Cl + H2O + CO2  X + NaOH (NH4)2CO3 + 2NaOH  Na2CO3 + 2H2O + 2NH3  Y + HCl Ba(HCO3)2 + 2HCl  BaCl2 + 2H2O + 2CO2  Ba(HCO3)2 + 2NaOH  BaCO3  + Na2CO3 + 2H2O Y + NaOH Hoặc: Ba(HCO3)2 dư + NaOH  BaCO3  + NaHCO3 + H2O Z+X 2NaHSO4 + (NH4)2CO3  Na2SO4 + (NH4)2SO4 + H2O + CO2  2NaHSO4 + Ba(HCO3 )2  BaSO4  + Na2 SO4 + 2H2O + 2CO2  Z+Y Hoặc: NaHSO4 + Ba(HCO3)2 dư  BaSO4  + NaHCO3 + H2 O + CO2  Câu III. 1. Trích mẩu các kim làm để làm thí nghiệm. – Dùng dung dịch H2SO4 loãng để thử các mẩu kim loại. Mẩu không tan là Ag, mẩu nào có kết tủa trắng và sủi bọt khí là Ba. Các mẩu còn lại đều tan và sủi bọt khí gồm các chất Al, Fe, Mg (nhóm *). Ba + H2SO4  BaSO4  + H2  Mg + H2SO4  MgSO4 + H2  2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2  Fe + H2SO4  FeSO4 + H2  – Cho từ từ Ba vào dung dịch H2SO4 đến khi kết tủa không tăng nữa , sau đó thêm tiếp Ba vào và tách bỏ chất rắn thu được dung dịch Ba(OH)2. Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2  – Cho dung dịch Ba(OH)2 từ từ đến dư vào dung dịch sản phẩm của nhóm (*). + Nếu có kết tủa trắng không tan trong kiềm dư thì chất ban đầu là Mg. MgSO4 + Ba(OH)2  BaSO4  + Mg(OH)2  + Nếu xuất hiện kết tủa keo trắng, sau đó tan bớt một phần thì chất ban đầu là Al. Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4  + 2Al(OH)3  2Al(OH)3 + Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + 4H2O + Nếu xuất hiện kết tủa trắng, sau đó chuyển dần sang màu nâu đỏ thì chất ban đầu là Fe. FeSO4 + Ba(OH)2  BaSO4  + Fe(OH)2  2Fe(OH)2 + H2O + ½ O2  2Fe(OH)3  (nâu đỏ) 2. – Hòa tan hỗn hợp NaCl có lẫn Na2CO3, CaCl2, BaCl2 vào lượng dư dung dịch Na2CO3, khuấy đều thì các nguyên tố Ca, Ba chuyển hết vào kết tủa. Na2CO3 + CaCl2  CaCO3  + 2NaCl Na2CO3 + BaCl2  BaCO3  + 2NaCl – Tách bỏ kết tủa, cho lượng dư dung dịch HCl vào phần nước lọc. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu đươc NaCl nguyên chất. (HCl dư và nước bay hơi hết) Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + H2O + CO2  Câu IV. 1. Viết CTCT mạch hở của các chất có công thức phân tử: C3H8O3, C5H10 2.3  2  8 * C3H8 O có số liên kết pi: k = 0 2  Có 2 cấu tạo ancol và 1 cấu tạo ete:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

CH3 –CH(OH)–CH3 ; CH3 –O–CH2–CH3 2.5  2  10 * C5H10 có số liên kết pi: k = 1 2 Mạch thẳng: CH2=CH–CH2 –CH2–CH3 ; CH3 –CH=CH–CH2–CH3 Mạch nhánh: CH2 =CH–CH(CH3)–CH3 ; CH3 –CH=C(CH3)–CH3 ; CH3 –CH2 –C(CH3)=CH2 Lưu ý: Nhóm CH3 trong ngoặc đơn là nhánh gắn vào nguyên tử cacbon kề trái của nó. 2. Phân tích: Sơ đồ bài toán:

FF IC IA L

CH2 OH–CH2–CH3 ;

Qua sơ đồ ta thấy: Đốt B cho số mol H2O > số mol CO2  B là ankan CxH2x+2 Từ số mol CO2 và số mol H2O của phản ứng đốt B  giá trị của x và số mol B. Đốt hỗn hợp ankan, anken, ankin cho số mol H2O = số mol CO2 thì  ankan và ankin đồng mol (phân tích hệ số phản ứng cháy sẽ thấy). Từ đây suy ra được số mol C2H2. Khối lượng bình brom tăng lên chính bằng tổng khối lượng các hidrocacbon không no trong X  manken + mankin = 0,82 (gam). Từ đây tính được số mol C2H4. Hướng dẫn: –Xét phản ứng của X với dung dịch brom dư: C2 H2 + 2Br2  C2H2Br4 C2 H4 + Br2  C2H4Br2 Khối lượng bình brom tăng 0,82 gam  mC H  mC H  0,82 (gam) 2 2

2 4

Khí thoát ra khỏi dung dịch brom là khí B 1,32 0,72 n CO   0,03 mol < n H O =  0,04 mol  B là ankan: CxH2x+2 2 2 44 18 2x  2 0,04.2 8 Ta có:    x  3  CTPT của B là: C3H8 x 0,03 3 0,03  0,01 mol  nC H  3 8 3 –Xét phản ứng đốt X: 0

t C2H2 + 2,5O2   2CO2 + H2O

C2H4 + 3O2  2CO2 + 2H2O ( n CO  n H

( n CO  n H 2

KÈ

t C3H8 + 5O2   3CO2 + 4H2O ( n CO  n H 2

Vì số mol CO2 = số mol H2O nên  n C

 nC

3H8

2H 2

)

0)

 n C

3H8

)

= 0,01 mol

0,82  0,01.26  0,02 mol 28 Phần trăm thể tích các khí trong X: 0,01 %VC H  %VC H  100%  25%  %VC H  50% 3 8 2 2 2 4 0,01.2  0,02 Lưu ý: Các em học sinh có thể đặt ẩn (a, b) cho số mol C2H2 và C2H4 giải phương trình tìm a,b.

ẠY

 nC

2H 2

 nC

2H4



C2H2 + 2,5O2  2CO2 + H2O a 2a a (mol)  n CO  n H 2

= a (mol)

C2H4 + 3O2  2CO2 + 2H2O b 2b 2b (mol)  n CO  n H 2

= 0 (mol)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

C3H8 + 5O2  3CO2 + 4H2O 0,01 0,03 0,04 (mol)  n CO  n H 2

Theo đề: n CO  n H 2

= - 0,01 (mol)

= 0  a – 0,01 = 0  a = 0,01 mol

FF IC IA L

Mặt khác: 26.0,01 + 28b = 0,82  b = 0,02 mol  Hoặc sử dụng tính chất bù trừ về lượng CO2 và lượng H2O: Theo tính chất bù trừ: vì đốt C3H8 cho số mol H2O nhiều hơn CO2 là 0,01 mol, nên đốt riêng 2 chất còn lại sẽ cho số mol CO2 nhiều hơn nước là 0,01 mol  26a  28b  0,82 a  0,01    2a  2b  (a  2b)  0,01 b  0,02 Câu V. 1. Phân tích: P2O5 tác dụng với dung dịch kiềm chính là H3PO4 tác dụng với kiềm. Axit H3PO4 là chất rắn tan nhiều trong nước nhưng không bay hơi, vì vậy khi cô cạn dung dịch sau phản ứng thì phần dư của nó (nếu có) vẫn nằm trong chất rắn sau cô cạn. Theo kinh nghiệm, trong hầu hết các bài toán P2O5 nếu sau phản ứng cô cạn thu được rắn thì thông thường người thiết kế đề đã cho dư kiềm. Vì vậy các em phải chứng minh kiềm dư. Một trong những phương pháp chứng minh hiệu quả là sử dụng phương pháp giả thiết vừa đủ theo 3 mốc:

So sánh mrắn đề cho với các giá trị m1, m2, m3. Nếu giá trị mrắn đề cho gần với giá trị nào thì phản ứng tạo ra muối tương ứng với giá trị đó và kèm theo chất dư cạnh nó. Hướng dẫn: Tính n P O  0,05 mol ; n KOH = 1,25V (mol) ; n NaOH =0,75V (mol) 2 5

(Trong số mol kiềm ở trên, ta đang giả thiết thể tích V tính theo lít) Đặt chung công thức trung bình của 2 chất kiềm là: M OH Bảo toàn số mol nhóm OH  CM ( M OH) = 2 mol/ lít 1,25.39  0,75.23  M =  33 g/mol 2 P2O5 + 3H2O 2H3PO4 0,05  0,1 mol Nếu vừa đủ tạo muối M 3PO4  m r¾n  0,1.194  19,4(gam)

Nếu vừa đủ tạo muối M 2HPO4  m r¾n  0,1.162  16,2(gam)

ẠY

KÈ

 Nếu vừa đủ tạo muối M H2PO4  m r¾n  0,1.130  13,0(gam) Theo đề: mrắn = 24,4 gam > 19,4 gam  kiềm dư Vậy phản ứng chỉ tạo muối trung hòa, H3PO4 hết H3PO4 + 3 M OH  M 3PO4 + 3H2O 0,1  0,3 mol Theo bảo toàn khối lượng, ta có: 0,1.98 + 2V.(33 + 17) = 24,4 + 0,3.18  V = 0,2 lít = 200ml 2. Tính số mol CO2 = 0,25 mol Gọi x,y lần lượt là số mol NaHCO3 và NaCl trong hỗn hợp X. - Các phương trình phản ứng có thể xảy ra: 0

t Ba(HCO3)2   BaCO3  + H2O + 2CO2  (1) 0,075  0,075 0,075 0,15 (mol) t0

2NaHCO3  Na2CO3 + H2O + CO2  x(mol)  0,5x 0,5x 0,5x (mol) BaCl2 + Na2CO3  BaCO3  + 2NaCl Bđ: 0,025 0,5x (mol)

(2) (3)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

BaCO3  BaO + CO2  (4) Trường hợp 1: Nếu 0,5x  0,025  x  0,1 Na2CO3 hết ở phản ứng (3).  n CO (4)  n Na CO = 0,5x (mol) 2

Ta có: 0,15 + 0,5x + 0,5x = 0,25  x = 1 (loại) Trường hợp 2: Nếu 0,5x > 0,025  x > 0,1  BaCl2 hết ở phản ứng (3).  n CO (4)  n BaCl = 0,25 (mol) 2

FF IC IA L

Ta có: 0,15 + 0,5x + 0,025 = 0,25  x = 0,15 (thỏa mãn) Bảo toàn khối lượng: mX = 26,45 + 0,25.44 + (0,5.0,15 + 0,075).18 = 40,15 gam 0,15.84  %m NaHCO (trong X) =  100%  31,38% 3 40,15  Lưu ý: Các em có thể chứng minh BaCl2 hết bằng cách sử dụng bảo toàn nguyên tố cacbon: Bảo toàn số mol cacbon  n Na CO (rắn sau nung) = 0,15 + x – 0,25 = (x – 0,1) mol (*) 2

(4)

BaCO3  BaO + CO2  Chất rắn sau nung gồm: BaO, Na2CO3, NaCl n Na CO (sau phản ứng) = (0,05x – 0,025) mol (**)

Vì x – 0,1  0 nên  x  0,1  0,5x > 0,05 mol  BaCl2 hết. BaCl2 + Na2CO3  BaCO3  + 2NaCl (3) 0,025 0,025 0,025 (mol)

ẠY

KÈ

Từ (*) và (**)  0,5x – 0,025 = x - 0,1  x = 0,15 mol Bảo toàn khối lượng: mX = 26,45 + 0,25.44 + (0,5.0,15 + 0,075).18 = 40,15 gam 0,15.84  %m NaHCO (trong X) =  100%  31,38% 3 40,15 Câu VI. 1. Hình thí nghiệm điều chế và thu khí SO2 trong phòng thí nghiệm (hình bên). Để tránh tình trạng khí SO2 thoát ra ngoài gây độc hại cho môi trường, ta cần đặt bông tẩm dung dịch NaOH đặc ở miệng lọ thu khí. Vai trò của NaOH là hấp thụ khí SO2. SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O 2. Chất dùng làm khô khí SO2 là các chất có khả năng hút ẩm, không có tác dụng hóa học với SO2 (trực tiếp hoặc gián tiếp) và khi hấp thụ nước không sinh ra chất khí khác làm mất độ tinh khiết của SO2. - Các chất dùng làm khô khí SO2 là: H2SO4 đặc, P2O5, CuSO4 khan. - Không dùng CaO, KOH vì có xảy ra phản ứng với Ngoài ra có cho Cu tác dụng với H2SO4 đặc, đun nóng. SO2: SO2 + 2KOH  K2SO3 + H2O CaO + H2O  Ca(OH)2 SO2 + CaO  CaSO3 SO2 + Ca(OH)2  CaSO3 + H2O ---**----

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

ĐỀ SỐ 18

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH QUẢNG BÌNH Năm học 2017- 2018 Thời gian: 150 phút --------------------------

FF IC IA L

Câu I. (2,0 điểm) 1. Viết các phương trình hóa học xảy ra khi: a. Sục từ từ khí Cl2 qua dung dịch NaOH ở nhiệt độ thường. b. Nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 98% vào ống nghiệm chứa một ít đường trắng. c. Cho Na dư vào ống nghiệm chứa dung dịch rượu etylic 960. d. Trùng hợp etilen. 2. Viết các phương trình hóa học thực hiện những chuyển đổi sau, ghi rõ điều kiện (nếu có): Glucozơ  C2H5OH  CH3 COOH  CH3COOC2H5  CH3COOK Câu II. (2,5 điểm) 1. Hãy cho biết thành phần hóa học chính của thủy tinh thường? Viết các phương trình hóa học xảy ra trong quá trình sản xuất thủy tinh từ nguyên liệu là thạch anh (cát trắng), đá vôi và sôđa? 2. Một loại thủy tinh pha lê có thành phần: 7,132% Na; 32,093% Pb; còn lại là silic và oxi. Hãy viết công thức hóa học của pha lê dưới dạng các oxit? (Biết Pb có hóa trị II). 3. Cho 115,3 gam hỗn hợp X gồm MgCO3 và RCO3 vào 500ml dung dịch H2SO4 , thu được dung dịch Y, chất rắn Z và 4,48 lít khí. Nung chất rắn Z đến khối lượng không đổi, thu được 11,2 lít khí và chất rắn T (các thể tích khí đo ở đktc, R là kim loại có hóa trị không đổi). Tìm R, biết trong hỗn hợp X số mol của RCO3 gấp 2,5 lần số mol của MgCO3. Câu III. (1,5 điểm) Một loại khí gas sử dụng trong sinh hoạt có chứa: C3H8, C4H10, C5H12. Tỉ lệ % theo khối lượng của C3 H8, C4H10 và C5H12 lần lượt là: 51,5%; 47,5% và 1%. Nhiệt lượng tỏa ra khi đốt cháy hoàn toàn 1 mol mỗi chất C3H8, C4H10, C5H12 lần lượt là 2219 KJ; 2877 KJ; 3536 KJ. Tính khối lượng loại gas trên cần dùng để đun 2 lít nước từ 250C lên 1000C, biết rằng chỉ có 50% lượng nhiệt tỏa ra làm nóng nước; khối lượng riêng của nước là 1g/ml; nhiệt dung của nước là 4,18 J/(g.độ). Câu IV. (1,5 điểm) Độ tan S của chất X trong nước phụ thuộc theo nhiệt độ (t0C) được biểu diễn như ở đồ thị bên. 1. Hãy cho biết trong khoảng nhiệt độ từ 00C đến 0 70 C có những khoảng nhiệt độ nào thu được dung dịch bão hòa và ổn định của X? 2. Nếu làm giảm nhiệt độ của 130 gam dung dịch bão hòa X từ 700C xuống 300C, thấy tách ra khỏi dung dịch m gam X khan. Tìm giá trị của m?

ẠY

KÈ

Câu V. (2,5 điểm) 1. Để phản ứng hoàn toàn 10 kg chất béo có lẫn axit béo tự do cần vừa đủ 1,4 kg NaOH, thu được 1,035 kg glixerol. Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng? 2. Dung dịch X chứa Al2(SO4 )3, dung dịch Y chứa Ba(OH)2. Trộn 200ml dung dịch X với 300ml dung dịch Y, thu được 8,55 gam kết tủa. Nếu trộn 200ml dung dịch X với 500ml dung dịch Y, thu được 12,045 gam kết tủa. Tính nồng độ mol/lít của chất tan trong dung dịch X, Y. ---**--HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH QUẢNG BÌNH Năm học 2017- 2018 -----------------------Câu I. 1. a. Cl2 + 2NaOH  NaCl + NaClO + H2O Lưu ý: Nếu NaOH đặc, nóng thì viết như sau: 3Cl2 + 6NaOH đặc, nóng  5NaCl + NaClO3 + 3H2O b. Khi nhỏ từ từ H2SO4 đặc vào đường trắng (saccarozơ) thì sẽ xảy ra sự tách nước từ H và O trong phân tử C12.(H2O)11. Sau đó cacbon sinh ra sẽ tiếp tục phản ứng với H2 SO4 đặc.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

H 2SO 4 ®Æc C12H22O11  12C + 11H2O

2. Các phương trình hóa học: men rîu C6H12O6   2C2H5 OH + 2CO2 30o C men giÊm C2H5OH + O2   CH3COOH + H2O

H SO ®Æc, t o

2 4   CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH  

FF IC IA L

C + 2H2SO4 đặc   CO2 + 2SO2 + 2H2O Hoặc viết chung: C12H22O11 + 24H2SO4 đặc  12CO2 + 24SO2 + 35H2O c. Trong rượu etylic 960 có nước và etanol C2H5 OH, khi cho Na dư vào ống nghiệm chứa hỗn hợp rượu và nước nên xảy ra 2 phản ứng. 2Na + 2H2O  2NaOH + H2  2Na + 2C2H5OH  2C2H5ONa + H2  xt,P d. nCH2=CH2   –CH2 – CH2–n polyetilen (PE) to C

CH3COOC2 H5 + KOH  CH3 COOK + C2H5OH Câu II. 1. Thành phần chính của thủy tinh thường là hỗn hợp muối Natrisilicat và canxisilicat: Na2SiO3 và CaSiO3. Phương trình hóa học sản xuất thủy tinh từ thạch anh (SiO2 ), sôđa (Na2CO3), đá vôi (CaCO3) 0

t CaCO3   CaO + CO2  0

t CaO + SiO2   CaSiO3

(Hoặc viết: CaCO3 + SiO2  CaSiO3 + CO2 ) t0

Na2CO3 + SiO2  Na2SiO3 + CO2  2. Đặt công thức của pha lê: xNa2O.yPbO.zSiO2 Từ % khối lượng các nguyên tố, ta có: 7,132.62 32,093.223 %m Na O   9,61% ; %m PbO   34,57% 2 46 207  %mSiO  55,82%

9,61 34,57 55,82 : :  0,155 : 0,155 : 0,93 = 1:1:6 62 223 60 Vậy công thức hóa học của thủy tinh pha lê là: Na2O.PbO.6SiO2 3. Phân tích: Ở bài toán này đề cho 500ml dung dịch H2SO4 không có ý nghĩa gì, đáng lẽ đề phải hỏi thêm một đại lượng nào đó (chẳng hạn như nồng độ mol của dung dịch H2SO4). Chất rắn Z khi nung nóng sinh khí (CO2) nên chắc chắn trong Z có muối cacbonat và có thể có chứa RSO4 (nếu chất này không tan trong nước). Tuy nhiên, do số mol CO3 trong X bằng tổng số mol CO2 giải phóng nên không cần quan tâm Z có chứa RSO4 hay không. Hướng dẫn: Tính n CO (lần 1) = 0,2 mol; n CO (lần 2) = 0,5 mol

ẠY

KÈ

Ta có: x : y : z =

MgCO3 + H2SO4  MgSO4 + H2O + CO2  (1) RCO3 + H2SO4  RSO4 + H2O + CO2  (2) Khi nung Z có giải phóng CO2, chứng tỏ Z gồm muối cacbonat dư, có thể có kết tủa RSO4.  Z: MgCO3, RCO3 và RSO4(có thể có) t0

MgCO3 (dư)  MgO + CO2 

(3)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

100

RCO3 (dư)  RO + CO2  (4) Xét cả quá trình thì toàn bộ lượng C trong X đã chuyển thành CO2. Theo các phản ứng (1,2,3,4): n X  n CO (lần 1) + n CO (lần 2) = 0,2 + 0,5 = 0,7 mol



3 8

FF IC IA L

0, 7.1   n MgCO 3  3, 5  0, 2 mol Theo tỷ lệ n RCO  2,5n MgCO   3 3 0, 7.2, 5 n   0, 5 m ol RCO 3  3, 5 Ta có: 0,2.84 + 0,5.(MR + 60) = 115,3  MR = 137  Vậy R là bari (Ba) Câu III. Phân tích: Đây là bài khá giống với Bài 5.3 trong đề thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định. Để giải bài này các em cần hiểu biết dữ kiện "nhiệt dung của nước 4,18J/(g.độ)". Đó là lượng nhiệt cần thiết để truyền cho một đơn vị khối lượng được tăng lên 10C. Vậy nhiệt dung riêng của nước bằng 4,18J/(g.độ) nghĩa là để tăng 1 gam nước lên 10C thì cần cung cấp một lượng nhiệt là 4,18J. Hướng dẫn: 2 lít nước = 2000ml = 2000 gam Lượng nhiệt cần truyền cho 2 lít (2kg) nước để nóng lên từ 250C đến 1000C là: Q = 2000.(100 – 25).4,18 = 627000J = 627kJ Gọi m (gam) là khối lượng của gas cần dùng  m C H  0,515m (gam) ; m C H  0,475m (gam) ; m C H  0,01m (gam) 4 10

5 12

ẠY

KÈ

Theo đề ta có: 0,515m.2219 0, 475m.2877 0,01m.3536 50 (   ).  627  m = 25,07 (gam) 44 58 72 100 Câu IV. Độ tan S của chất X trong nước phụ thuộc theo nhiệt độ (t0C) được biểu diễn như ở đồ thị bên. 1. Theo đồ thị ta thấy: Đồ thị nằm ngang ở các khoảng từ 0 -100C; 300 40 C và từ 60-700C. Vậy các khoảng nhiệt độ thu được dung dịch X bão hòa ổn định là: +) Từ 00C đến 100C. +) Từ 300 C đến 400C +) Từ 600 C đến 700C. 2. SX (700C) = 25 gam; SX (300C) = 15 gam * Ở 700C: 130 gam dung dịch bão hòa có: 25 mX   130 = 26 gam ; m H O  130 – 26 = 104 gam 2 125 Vì lượng chất X kết tinh không ngậm nước, nên lượng nước trong dung dịch không đổi. * Ở 300C: 104 gam nước hòa tan được lượng chất tan X là: 15 mX   104  15,6 gam 100  m X (kết tinh) = 26 – 15,6 = 10,4 gam

Lưu ý: Ở câu tính toán lượng chất kết tinh không ngậm nước, các em có thể sử dụng nhanh công thức sau đây: S S m kt  m   m ddbh (ban ®Çu) 100 H 2O (trong dd) 100  Scao

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Áp dụng: m kt 

101

25  15 25  15  104  10,4 gam hoặc m kt   130  10,4 gam 100 125

FF IC IA L

Câu V. 1. Phân tích: Đây là bài toán tưởng chưng đơn giản, nhưng có lẽ nhiều học sinh THCS sẽ mắc sai lầm. Mấu chốt bài toán nằm ở chỗ chất béo có lẫn axit tự do. Do đó lượng NaOH đã dùng vào 2 phản ứng trung hòa axit béo tự do và thủy phân triglyxerit (trieste của glyxerol và axit béo). Hướng dẫn: Đặt công thức của chất béo: (RCOO)3 C3H5 Axit béo tự do: RCOOH RCOOH + NaOH  RCOONa + HOH (1) t0

(2)

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH  3RCOONa + C3H5(OH)3 120 120 m NaOH (phản ứng 2) =  1,035  1,35 kg m 92 glyxerol 92  m NaOH (phản ứng 1) = 1,4 – 1,35 = 0,05 kg

18 18 m   0,05  0,0225kg 40 NaOH 40 Theo BTKL  mmuối = 10 + 1,4 – 0,0225 – 1,035 = 10,3425 kg Lưu ý: Có thể sử dụng đại số để tìm khối lượng nước, sau đó bảo toàn khối lượng tìm khối lượng của muối thu được. RCOOH + NaOH  RCOONa + HOH x (kg)  0,45x (kg) 2O



Theo (1)  m H

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH  3RCOONa + C3H5(OH)3 92y y (kg)  (kg) 120  92y  1,035  x  0,05 kg  Ta có:  120   y  1,35 kg  x  y  1,4

ẠY

KÈ

Theo BTKL  mmuối =10 + 1,4 – 0,45.0,05 – 1,035 = 10,3425 (kg) 2. Phân tích: Đây là dạng toán khá quen thuộc và đã nhiều lần xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi THCS và thi vào lớp 10 chuyên hóa. So sánh lượng kiềm và lượng muối nhôm, ta thấy lượng muối không đổi ở 2 thí nghiệm, còn lượng kiềm tăng lên. Mấu chốt bài toán ở chỗ khi tăng lượng kiềm làm cho lượng kết tủa tăng theo, chứng tỏ TN1 dư muối Al3+còn dư. Còn ở thí nghiệm 2 có thể kết tủa Al(OH)3 chưa bị hòa tan, hoặc hòa tan một phần, hoặc tan hết. Các em cần lưu ý trong kết tủa luôn có BaSO4. Giả sử TN2 chưa xảy ra phản ứng hòa tan kết tủa thì nhớ rằng trong cùng một phản ứng luôn có tỷ lệ giữa lượng các chất với nhau không thay đổi. 500 12,045 Vậy ? (có bằng nhau được không?) 300 8,55 Hướng dẫn: Theo đề ta thấy: khi tăng lượng Ba(OH)2 mà lượng kết tủa còn tăng thêm  TN1 lượng Al2(SO4)3 còn dư, Ba(OH)2 hết. Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol/ lít của các dung dịch X, Y. Thí nghiệm 1: n Al (SO )  0, 2x(mol) ; n Ba(OH)  0,3y(mol) 2

4 3

Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4  + 2Al(OH)3  (1) 0,3y  0,3y 0,2y (mol) Ta có: 233.0,3y + 78.0,2y = 8,55  y = 0,1 mol/lít.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

2 (SO4 )3

 0,2x(mol) ; n Ba(OH)  0,5.0,1  0,05 (mol) 2

+) Trường hợp 1: Nếu Al(OH)3 chưa bị hòa tan thì  Ba(OH)2 hết: 500 Theo (1): m KT  .8,55  14, 25 gam  12,045 (gam)  loại 300 +) Trường hợp 2: Nếu Al(OH)3 tan hết  kết tủa chỉ có BaSO4. 12,045  n BaSO   0,052 mol > 0,05 mol  loại 4 233 +) Trường hợp 3: Al(OH)3 đã bị hòa tan 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  2Al(OH)3  + 3BaSO4  0,6x 0,2x 0,4x 0,6x (mol) Ba(OH)2 + 2Al(OH)3  Ba(AlO2 )2 + 4H2O (0,05 – 0,6x)  (0,1 – 1,2x) mol Ta có: (1,6x – 0,1).78 + 233.0,6x = 12,045  x = 0,075 mol/ lít Vậy CM (dd A) = 0,075 mol/lít ; CM (dd B) = 0,1 mol /lít ---**---ĐỀ SỐ 19

FF IC IA L

 Thí nghiệm 2: n Al

102

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH QUẢNG TRỊ Năm học 2017 – 2018 Thời gian: 150 phút ---------------------

ph¶n øng thÕ

Câu 1. (4,5 điểm) 1. Trình bày phương pháp hóa học để tách lấy từng kim loại ra khỏi hỗn hợp gồm Na2CO3 , BaCO3, MgCO3 và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Xác định các chất vô cơ A1, B1, C1 , D1, E1, F1 và viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau: ph¶n øng hãa hîp

ph¶n øng trung hßa

KÈ

ẠY D

ph¶n øng trao ®æi

ph¶n øng ph©n gñy

A1   B1  C1  D1  E1   F1 3. Nung hỗn hợp R chứa a (gam) KClO3 và b gam KMnO4. Sau khi phản ứng kết thúc thì khối lượng chất rắn do KClO3 tạo ra bằng khối lượng các chất rắn do KMnO4 tạo ra. Viết phương trình phản ứng và tính % theo khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp R. 4. Dung dịch X chứa 0,15 mol H2SO4 và 0,1 mol Al2(SO4)3. Cho V lít dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X, thu được m gam kết tủa. Thêm tiếp 450 ml dung dịch NaOH 1M vào thì thu được 0,5m gam kết tủa. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết phương trình phản ứng và tính V. Câu 2. (4,5 điểm) 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: a) Ba(H2PO4)2 + NaOH b) Mg(HCO3)2 + KOH 2. Cho BaO vào dung dịch H2SO4 loãng, sau khi phản ứng kết thúc, thu được kết tủa M và dung dịch N. Cho Al dư vào dung dịch N thu được khí P và dung dịch Q. Lấy dung dịch Q cho tác dụng với K2CO3 thu được kết tủa T. Xác định M, N, P, Q, T và viết phương trình phản ứng. 3. Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được 11,2 lít hỗn hợp khí X (ở đktc) gồm CO, CO2 và H2. Tỉ khối của X so với H2 là 7,8. Tính số mol mỗi khí trong X. 4. Cho 12,9 gam hỗn hợp A gồm Mg và Al tác dụng với khí clo sau một thời gian thu được 41,3 gam rắn B. Cho toàn bộ rắn B tan hết trong dung dịch HCl thu được dung dịch C và khí H2. Dẫn lượng H2 này qua ống đựng 20 gam CuO nung nóng. Sau một thời gian thu được chất rắn nặng 16,8 gam. Biết chỉ có 80% H2 phản ứng. Viết các phương trình phản ứng và tính số mol mỗi chất trong A. Câu 3. (5,0 điểm) 1. Hãy nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a) Cho lần lượt CO2, Al(NO3)3, NH4NO3 vào 3 cốc chứa dung dịch NaAlO2. b) Hòa tan FexOy vào dung dịch H2SO4 đặc nóng. Khí thu được sục vào dung dịch KMnO4. 2. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt chứa NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 3. Cho 5,2 gam kim loại M tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư, thu được 1,008 lít hỗn hợp khí NO và N2O (ở đktc, không còn sản phẩm khử khác). Sau phản ứng khối lượng dung dịch HNO3 tăng thêm 3,78 gam. Viết các phương trình phản ứng và xác định kim loại M.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

103

FF IC IA L

4. Chia m gam hỗn hợp Al và Cu thành 2 phần. Phần 1 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư, thu được 0,3 mol H2. Phần 2 nặng hơn phần 1 là 23,6 gam, tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thu được 1,2 mol SO2 . Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tính m. Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho các chất sau: rượu etylic, axit axetic, saccarozơ, glucozơ. Chất nào phản ứng được với H2O, Ag2O/ NH3, axit axetic, CaCO3. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Xác định các chất và hoàn thành các phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau: C2H4   A1   A2 CH3COOH   A1   B3   CH4

CH4   B1   B2 3. Hỗn hợp N gồm một ankan (X) và một anken (Y), tỉ khối của N so với H2 bằng 11,25. Đốt cháy hết 0,2 mol N, thu được 0,3 mol CO2. Viết các phương trình phản ứng và xác định X, Y. 4. Hai hợp chất A (RCOOH) và B [R'(OH)2], trong đó R, R' là các gốc hidrocacbon mạch hở. Chia 0,1 mol hỗn hợp gồm A và B thành hai phần bằng nhau. Đem phần 1 tác dụng hết với Na, thu được 0,04 mol khí. Đốt cháy hoàn toàn phần 2, thu được 0,14 mol CO2 và 0,15 mol nước. a) Viết các phương trình phản ứng, xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B. b) Nếu đun nóng phần 1 với dung dịch H2 SO4 đặc để thực hiện phản ứng este hóa thì thu được m gam một hỗn hợp chất hữu cơ, biết hiệu suất phản ứng là 75%. Viết các phương trình phản ứng và tính m. --**--

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH QUẢNG TRỊ Năm học 2017 – 2018 -----------------------

Câu 1. 1. Phân tích: Để làm bài tập này, các em cần nắm một số kiến thức về phương pháp điều chế kim loại mạnh (kim loại tan trong nước, Al, Mg). Phương pháp điều chế các kim loại mạnh chủ yếu dựa vào phản ứng điện phân nóng chảy muối clorua. Riêng Al thì có phản ứng điện phân nóng chảy Al2O3. ®pnc

2RClx   2R + xCl2 ®pnc 2Al2 O3   4Al + 3O2 criolit

Ở đây đề cho các nguyên liệu là muối cacbonat, do đó ta phải chuyển các nguyên liệu đó về dạng muối clorua. Sơ đồ tách:  HCl

BaCO3

H2O

 

C« c¹n  Na dd : Na 2CO3  NaCl  ®pnc

Na 2CO3

(BaCO3  MgCO3 )  

BaO MgO

H O

 HCl C« c¹n 2  MgCO     Mg MgCl 2  3 ®pnc

MgCO3

 HCl

C« c¹n  Ba dd : Ba(OH) 2  BaCl2  ®pnc

KÈ

Phương trình hóa học: Na2 CO3 + 2HCl  2NaCl + H2O + CO2  ®pnc

2NaCl   2Na + Cl2  0

t BaCO3   BaO + CO2 

ẠY D

t MgCO3   MgO + CO2  BaO + H2O  Ba(OH)2 Ba(OH)2 + 2HCl  BaCl2 + 2H2 O ®pnc BaCl2   Ba + Cl2  MgO + 2HCl  MgCl2 + H2O ®pnc

MgCl2   Mg + Cl2  2. Phân tích: Đây là bài tập căn bản theo chuẩn kiến thức kỹ năng. Các em có thể chọn những chất rất quen thuộc trong chương trình THCS, không cần thiết phải sử dụng các kiến thức nâng cao. Phản ứng trung hòa: Axit + bazơ  muối + nước

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

104

+H SO

+Cl

+Fe(OH)

FF IC IA L

Phản ứng trao đổi: AX + BY  AY + BX (điều kiện: sản phẩm có ít nhất một chất kết tủa, chất khí, nước, axit yếu) Phản ứng thế: A + BX  AX + B Phản ứng hóa hợp: A + X + …  AX Phản ứng phân hủy: A  B + C …. Mấu chốt ở chuyển hóa B1  C1, với C1 là axit hoặc bazơ và chuyển hóa E1  F1 với E1 là muối hoặc bazơ. Hướng dẫn: Dưới đây là một số cách xác định các chất trong sơ đồ: t0

+ NaOH

2 4  H  2  HCl  2  FeCl  Zn   Fe(OH)2  FeO 2 2 +Fe O

+SO

+Fe(OH)

+ NaOH

(1)

2 3  H O  3  H SO  2  FeSO  H 2   Fe(OH)2  FeO (2) 2 2 4 4

.v.v. Phương trình hóa học (theo sơ đồ 1): Zn + H2SO4 loãng  ZnSO4 + H2 

as H2 + Cl2   2HCl 2HCl + Fe(OH)2  FeCl2 + 2H2O FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2  + 2NaCl

Hướng dẫn: Giả sử có 1 mol KClO3 và x mol KMnO4

t Fe(OH)2   FeO + H2 O 3. Phân tích: Ở đây ta thấy các dữ kiện đề cho đều ở dạng tương đối (tỷ lệ) và các đại lượng đề hỏi cũng ở dạng tương đối. Đây là cơ sở để chúng ta xử lý bài toán theo hướng tự chọn lượng chất.

t 2KMnO4   K2MnO4 + MnO2 + O2  x 0,5x 0,5x (mol)  mrắn = 142x (gam)

t (MnO2 ) 2KClO3   2KCl + 3O2  1 1 (mol)  mrắn = 74,5 (gam) Theo đề ta có: 142x = 74,5  x = 0,525 (mol)  mR =0,525.158 + 1.122,5 = 205,45 gam 122,5 %m KClO   100%  59,6%  %mKMnO  40, 4% 3 4 205,45 Lưu ý: Các em có thể sử dụng đại số trước rồi chọn lượng chất sau: t0

KÈ

2KMnO4  K2MnO4 + MnO2 + O2  x 0,5x 0,5x (mol)  mrắn = 142x (gam) t 0 (MnO )

ẠY

2  2KCl + 3O  2KClO3  2 y y (mol)  mrắn = 74,5y (gam) x 74,5 Theo đề ta có: 142x = 74,5y   y 142 142.122,5 %m KClO  100%  59,6%  %m KMnO  40, 4% 4 3 142.122,5  74,5.158 4. Phân tích: Mấu chốt bài toán ở các dữ kiện sau: + Dùng V mol NaOH thu được m (gam) kết tủa  H2SO4 đã hết. + Mặt khác: Nếu lần dùng V ml dung dịch NaOH mà kết tủa cực đại = 0,2 mol < 0,45 mol thì khi dùng thêm 0,45 mol NaOH sẽ không còn kết tủa. Điều này cho thấy ở TN lần 1, lượng Al2(SO4 )3 còn dư, TN2 kết tủa tan một phần. Hướng dẫn:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

n Al(OH)

(max)

105

= 0,1.2 = 0,2 mol < 0,45 mol

FF IC IA L

 Chứng tỏ khi dùng 0,45 mol NaOH có xảy ra phản ứng tạo thêm kết tủa rồi sau đó hòa tan một phần. Vậy TN1 Al2(SO4)3 còn dư - Khi dùng V ml dung dịch NaOH 1M: H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O 0,15  0,3 (mol) Al2(SO4) + 6NaOH  2Al(OH)3  + 3Na2SO4 x  6x 2x (mol) Gọi y là số mol Al2(SO4)3 dư - Khi thêm 0,45 mol NaOH Theo đề  n Al(OH)3 = x (mol)  n Al(OH) bÞ tan  (0,2  x) mol 3

Al2(SO4)3 + 6NaOH  2Al(OH)3  + 3Na2 SO4 y 6y 2y (mol) Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O (0,2 – x)  (0,2–x) mol 6y  0, 2  x  0,45   x  6y  0,25  x  0,05 Ta có hệ phương trình:     x  y  0,1  x  y  0,1  y  0,05 Theo số mol NaOH lần 1  V = 6x + 0,3 = 6.0,05 + 0,3 = 0,6 lit Câu 2. 1. a) 3Ba(H2PO4)2 + 12NaOH  Ba3(PO4)2  + 4Na3PO4 + 12H2O Hoặc: 3Ba(H2PO4 )2 (dư) + 4NaOH  Ba3(PO4)2  + 4NaH2PO4 + 4H2O

b) Mg(HCO3)2 + 2KOH  Mg(OH)2  + 2KHCO3  Lưu ý: Vì khả năng tan (1) của Mg(OH)2 nhỏ hơn nhiều so với MgCO3 vì vậy phản ứng của Mg(HCO3)2 với KOH khác với phản ứng của Ca(HCO3)2 tác dụng KOH. Ca(HCO3)2 + 2KOH  CaCO3  + K2CO3 + 2H2O Hoặc Ca(HCO3)2 (dư) + KOH  CaCO3  + KHCO3 + H2O 2. Các phương trình phản ứng: BaO + H2SO4  BaSO4  + H2O BaO + H2O  Ba(OH)2  Kết tủa M là BaSO4 ; dung dịch N là H2SO4 dư hoặc Ba(OH)2 Trường hợp 1: H2SO4 dư

ẠY

KÈ

N: H2SO4 ; P: H2 Q : Al2(SO4)3 ; T: Al(OH)3 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2  Al2(SO4)3 + 3Na2CO3 + 3H2O  2Al(OH)3  + 3CO2  + 3Na2SO4 Trường hợp 2: Ba(OH)2 dư N: Ba(OH)2 ; P: H2 Q : Ba(AlO2)2 ; T: BaCO3 2Al + 2H2O + Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + 3H2  Ba(AlO2)2 + Na2CO3  BaCO3  + 2NaAlO2

3. MZ = 7,8.2 = 15,6 g/mol t0

C + 2H2O (hơi)  CO2 + 2H2 x  2x (mol) t0

C + 2H2O (hơi)  CO + H2 y  y (mol)

11.2   0,5 3x  2y  22,4 Theo đề ta có:   x = y = 0,1  48x  30y  0,5.15,6  7,8  (1 )

tích số tan của Mg(OH)2 nhỏ hơn nhiều so với tích số tan của MgCO3 (sẽ được học ở cấp THPT)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

106

n CO  n CO  0,1 mol  n H = 0,1.3 = 0,3 mol (hoặc n H = 0,5 – 0,1.2 = 0,3 mol) 2

4. - Thí nghiệm 1: t0

Mg + Cl2  MgCl2 0

(5)

Theo phản ứng (5): n H (phản ứng) = n O (bị khử) = 2

20  16,8  0, 2 mol 16

H2 + CuO  Cu + H2O

FF IC IA L

t 2Al + 3Cl2   2AlCl3 Chất rắn B gồm MgCl2, AlCl3, Al dư và Mg dư Chuyển từ 12,9 gam kim loại thành 41,3 gam rắn B (gồm KL và Cl), do đó khối lượng tăng lên bằng khối lượng Clo. 41,3  12,9  n Cl   0, 4 mol 2 71 - Thí nghiệm 2: Mg + 2HCl  MgCl2 + H2  (3) 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  (4)

 n H (sinh ra do Mg, Al) = 0,2.100/80 = 0,25 mol 2

Theo phản ứng (3,4): n HCl (phản ứng) = 2 n H = 0,25.2 = 0,5 mol 2

Gọi x, y lần lượt là số mol Mg, Al ban đầu  MgCl2 : x(mol) Xét cả quá trình thu được 2 muối gồm:   AlCl3 : y(mol)

ẠY

KÈ

 2x  3y  0, 4.2  0,5  1,3  x  0,2 mol Bảo toàn kim loại và Cl     24x  27y  12,9  y  0,3 mol Vậy hỗn hợp A có 0,2 mol Mg và 0,3 mol Al Câu 3. 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học: a) - Cho từ từ CO2 và dung dịch NaAlO2: Xuất hiện kết tủa keo trắng, tăng dần đến cực đại CO2 + 2H2O + NaAlO2  NaHCO3 + Al(OH)3  - Cho từ từ Al(NO3)3 vào dung dịch NaAlO2: Xuất hiện kết tủa keo trắng tăng dần đến cực đại. Al(NO3)3 + 6H2O + 3NaAlO2  3NaNO3 + 4Al(OH)3  - Cho từ từ NH4NO3 vào dung dịch NaAlO2: Xuát hiện kết tủa keo trắng tăng dần, có khí mùi khai thoát ra. NH4NO3 + H2O + NaAlO2  NaNO3 + Al(OH)3  + NH3  b) Chất rắn FexOy tan trong H2SO4 đặc nóng thấy xuất hiện dung dịch màu vàng nâu và thoát ra khí mùi hắc. Sục khí vào dung dịch KMnO4 thì màu tím của dung dịch nhạt màu (hoặc mất màu). 2FexOy + (6x – 2y) H2 SO4 đặc  xFe(NO3)3 + (6x – 2y) H2O + (3x – 2y) SO2  5SO2 + 2H2O + 2KMnO4  K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 2. Trích mẫu các dung dịch để làm mẩu thí nghiệm - Thử các mẩu bằng dung dịch phenolphtalein nhận ra Na2CO3 nhờ dung dịch xuất hiện màu hồng. - Thử lần lượt các mẩu còn lại bằng dung dịch Na2 CO3. + Mẩu nào có khí thoát ra nà không có kết tủa là NaHSO4 2NaHSO4 + Na2CO3  2Na2SO4 + H2O + CO2  + Mẩu nào có khí thoát ra và xuất hiện kết tủa keo trắng là AlCl3 2AlCl3 + 3H2O + 3Na2CO3  2Al(OH)3  + 6NaCl + 3CO2  + Mẩu nào có khí thoát ra và xuất hiện kết tủa màu nâu đỏ là Fe(NO3)3 2Fe(NO3)3 + 3H2O + 3Na2CO3  2Fe(OH)3  + 6NaNO3 + 3CO2  + Mẩu nào xuất hiện kết tủa trắng mà không có khí thoát ra là Ca(NO3)2 CaCl2 + Na2CO3  CaCO3  + 2NaCl + Mẩu không thấy hiện tượng gì là NaCl. 3. Gọi x, y lần lượt là số mol NO và N2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

107

Theo các PTHH  n NO

(muối)

= 3n NO  8n N

= 2O

FF IC IA L

3M + 4nHNO3  3M(NO3)n + 2nH2O + nNO  8M + 10nHNO3  8M(NO3)n + 5nH2O + nN2O  Dung dịch sau phản ứng tăng 3,78 gam  mM – mkhí = 3,78 gam  mkhí = 5,2 – 3,78 = 1,42 (gam) 1,008   0,045  x  0,04 x  y  Ta có:  22,4   y  0,005 30x  44y  1, 42 

3.0,04 + 8.0,005 = 0,16 mol

M 5,2   M  32,5n  n = 2; M = 65 thỏa mãn (Zn) n 0,16 Lưu ý: Các em có thể tính theo PTHH để tìm số mol M và lập biểu thức khối lượng mol M (hoặc đặt số mol các khí vào PTHH để tính số mol kim loại M) 3 8 0,16 (mol) Theo các phản ứng: n M  n NO  n N O  n n 2 n n  2 5,2 M=  32,5n   0,16 / n  M  65 (Zn) Hoặc tính sử dụng quy tắc hóa trị (bảo toàn eletron ở cấp THPT): 5,2  n  0,04.3  0,005.8  M  32,5n n M .n  n NO .3  n N O .8  2 M 4. - Phần 1: 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2  0,2 0,3 mol Gọi x là số mol Cu phần 1 - Phần 2: 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O + 3SO2  0,2k  0,3k (mol) Cu + 2H2SO4  CuSO4 + 2H2O + SO2  kx  kx (mol) 1,2 (1) Ta có: kx + 0,3k = 1,2  k = x  0,3 Mặt khác: (0,2.27 + 64x).k – (0,2.27 + 64x) = 23,6 23,6 k–1= (2) 64x  5,4 Giải hệ pt (1,2) được: x1 = 0,1 ; x2 = 0,346875 Với x = 0,1  k = 3  m = 4m P  4.(5,4  64.0,1) = 47,2 (gam)

KÈ

Xét hợp chất: M(NO3 )n 

ẠY

128 197 Với x = 0,346875  k = m= .(5,4 + 64.0,346875) = 78,8 (gam) 69 69 Câu 4. 1. C2H5OH CH3COOH C12H22O11 C6H12O6  Tác dụng với H2O  Tác dụng với Ag2O/NH3  Tác dụng với CH3COOH Tác dụng với CaCO3  H 2SO 4 lo·ng C12H22O11 + H2 O   2C6 H12O6 (glucozơ và fructozơ) t0 t 0 ( NH )

3  C H O + 2Ag  C6H12O6 + Ag2O  6 12 7

H SO ®Æc, t o

2 4   CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH  

2CH3COOH + CaCO3  (CH3COO)2Ca + H2O + CO2 

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

108

C2H4   A1   A2 CH3COOH   A1   B3   CH4 CH4   B1   B2 Xác định chất:

FF IC IA L

A1 A2 B1 B2 B3 Cách 1 CH3CHO C2H5OH HCHO CH3OH C2 H2 Cách 2 C2H5OH CH3 COOC2H5 C2H2 CH3 CHO H2O Cách 3 C2H5OH CH3 COOC2H5 CH3Cl C4H10 H2 Cách 4 C2H5OH CH3 COOC2H5 C2H2 CH3COOC2H3 H2O Phương trình hóa học:  Cách 1: PdCl2 / CuCl 2 C2H4 + ½ O2   CH3CHO 600o C 0

t (Ni) CH3CHO + H2   CH3CH2OH men giÊm CH3CH2OH + O2   CH3COOH + H2O N O

x y CH4 + O2   HCHO + H2O 600o C

CH3OH + CO  CH3COOH 0

HgSO 4  CH3CHO C2H2 + H2O  80o C

t 0 (Mn 2 )

ax C2H4 + H2O   C2H5OH

H SO ®Æc, t o

CH3CHO + ½ O2   CH3COOH  Cách 2:

1500 C 2CH4   C2 H2 + 3H2 Lµm l¹nh nhanh

2 4   CH3COOC2H5 + H2O C2H5OH + CH3 COOH  

H SO lo·ng

2 4 CH3COOC2 H5 + H2O   CH3COOH + C2H5OH 0

1500 C  C2 H2 + 3H2 2CH4  Lµm l¹nh nhanh

HgSO 4 C2H2 + H2O   CH3CHO 80o C

t 0 (Mn 2 )

CH3CHO + ½ O2   CH3COOH 0

KÈ

t CH4 + 2O2   CO2 + 2H2O H2O + C2 H5ONa  C2H5OH + NaOH men giÊm CH3CH2OH + O2   CH3COOH + H2O  Cách 3: ax C2H4 + H2O   C2H5OH H SO ®Æc, t o

ẠY

2 4   CH3COOC2H5 + H2O C2H5OH + CH3 COOH  

H 2SO4 lo·ng CH3COOC2 H5 + H2O   CH3COOH + C2H5OH

CH4 + Cl2  CH3Cl + HCl 0

t ,xt CH3Cl + 2Na + C3H7Cl   C4H10 + 2NaCl (Phản ứng khó) 0 5 t ,xt C4H10 + O2  2CH3COOH + H2O 2 0

1500 C 2CH4   C2 H2 + 3H2 Lµm l¹nh nhanh

t 0 (Ni)

H2 + CH3CHO   CH3CH2OH men giÊm CH3CH2OH + O2  CH3COOH + H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

109

Chỉ số cacbon trung bình của (N): C 

0,3  1,5 0,2

FF IC IA L

3. M N = 11,25.2 = 22,5 g/mol

Theo tính chất trị số trung bình thì hỗn hợp phải có một chất có chỉ số C < 1,5  (X) là CH4 Đặt công thức của (Y): CnH2n (n  2) 1 2

BTKL  m H  m N  mC  n H O  n H  2

0,2.22,5  0,3.12  0,45 mol 2

Phương trình hóa học: 0

t CH4 + 2O2   CO2 + 2H2O

(1) ( n H2O  n CO2  n CH 4 )

t CnH2n + 1,5nO2   nCO2 + nH2O (2) ( n H O  n CO  0 ) 2 2

 n H2O   n CO2  0,45  0,3  0,15 mol

Phân tích hệ số các phản ứng  n CH 4 =

 n C n H 2n  0,05 mol

Bảo toàn số mol C  0,15.1 + 0,05.n = 0,3  n = 3 Công thức phân tử của (X): CH4 Công thức phân tử của (Y): C3H6 Lưu ý: Ngoài cách giải trên, các em có thể dùng phương pháp đại số như sau: a  b  0,2 a  0,15 CH 4 : a(mol)   0,2 mol   a  nb  0,3  b  0,05  n = 0,15  3 0,05 C n H 2n : b (mol) 16a  14nb  0, 2.22,5 nb  0,15  

KÈ

4. a Mỗi phần có số mol 0,05 mol - Phần 1: RCOOH + Na  RCOONa + ½ H2  a  0,5a (mol) R'(OH)2 + 2Na  R'(ONa)2 + H2  b b (mol) a  b  0,05 a  0,02 Theo phản ứng    0,5a  b  0,04  b  0,03 - Phần 2: Khi đốt axit RCOOH luôn cho n H O  n CO

ẠY

Theo đề n H

Mặt khác: n H

 n CO nên B là ancol no 2

O  n CO  0,01  n ancol nên  axit A không no 2

Đặt A : CxHyO2 (x  3) ; Đặt B: CnH2n(OH)2 (n  2)

(Giải thích: R là gốc hidrocacbon nên ít nhất có 1C  cả phân tử axit có ít nhất 2C. Đối với ancol đa chức thì chỉ số C tối thiểu bằng chỉ số nhóm OH, vì mỗi C chỉ chứa tối đa 1 nhóm OH) Phản ứng đốt cháy: 0 y y H2O 4 2 3n  1 t0 CnH2n+2O2 + ( ) O2  nCO2 + (n+1)H2O 2

t CxHyO2 + (x   1) O2   xCO2 +

Bảo toàn số mol C  0,02x+ 0,03.n = 0,14

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

110

 2x + 3n = 14  x =4 ; n = 2 là thỏa mãn Vậy B có công thức C2 H4(OH)2  CTCT: CH2OH – CH2OH Bảo toàn số mol H  0,02y + 0,03.6 = 0,15.2  y = 6 Công thức của A là: C3H5COOH Các CTCT của A là: CH2=CH–CH2–COOH ; CH3–CH=CH–COOH ; CH2=C(CH3) – COOH

FF IC IA L

b. Ta thấy n OH(anol)  0,03.2  0,06  n COOH (axit)  0,02  Axit lấy vào thiếu so với ancol Các phương trình hóa học có thể xảy ra: H SO ®Æc, t o

2 4   (C3H5COO)2C2H4 + 2H2O 2C3H5COOH + C2H4(OH)2   H SO ®Æc, t o

2 4   C3H5COOC2H4OH + H2O C3 H5COOH + C2 H4(OH)2  

75 = 0,015 mol 100 Theo bảo toàn khối lượng  0,02.86 + 0,03.62 = m + 0,015.18  m = 3,31 (gam) --**-ĐỀ SỐ 20 2O

 n axit (phản ứng) = 0,02.

Theo các phản ứng: n H

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH KHÁNH HÒA Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút

ẠY

KÈ

--------------------Câu 1.(3,25 điểm) 1. Thế nào là độ tan? Thế nào là dung dịch bão hòa, chưa bão hòa? 2. Hòa tan 8 gam CuO bằng dung dịch H2SO4 24,5% vừa đủ, thu được dung dịch X. a. Tính nồng độ % của dung dịch X. b. Làm lạnh dung dịch X tới nhiệt độ thích hợp thấy có 5 gam kết tủa Y tách ra và thu được dung dịch Z chứa một chất tan với nồng độ 29,77%. Tìm công thức Y. 3. Có 2 dung dịch: - Dung dịch A: NaOH (4 gam NaOH/1 lít) - Dung dịch B: H2SO4 0,5M. Trộn V1 lít dung dịch A với V2 lít dung dịch B được V lít dung dịch C. - Nếu lấy V lít dung dịch C cho phản ứng với lượng dư BaCl2 tạo thành 34,95 gam kết tủa. - Nếu lấy V lít dung dịch C cho phản ứng với 450 ml dung dịch Al2(SO4 )3 0,2M thu được kết tủa E. Nung nóng kết tủa E đến khối lượng không đổi thu được 6,12 gam chất rắn. Tính V1, V2. Câu 2.(3,25 điểm) 1. Một phi kim R tạo được 2 oxit A, B. Tỉ khối của B đối với A là 1,5714 và % khối lượng của oxi trong A là 57,14%. a. Xác định công thức phân tử của A và B. b. Làm thế nào để chuyển hết hỗn hợp A, B thành A? Viết phương trình hóa học minh họa. c. Sục 0,448 lít B ở điều kiện chuẩn vào 1 lít dung dịch Ca(OH)2 aM thu được 0,5 gam kết tủa. Tính a. 2. X là hợp chất của kali (88 < MX < 96). Y là hợp chất của clo (MY < 38). Hòa tan m1 gam chất X vào nước, thu được dung dịch X1 có khả năng làm quì tím chuyển sang màu xanh. Hòa tan m2 gam chất Y vào nước thu được dung dịch Y1. Cho X1 tác dụng với Y1, thu được dung dịch Z có khả năng hòa tan kẽm kim loại. a. Xác định các hợp chất X, Y và chất tan trong các dung dịch X1, Y1, Z. b. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Câu 3.(5,5 điểm) 1. Cho các chất và dung dịch: CuO; C; MnO; MnO2 ; Fe(OH)3; Fe3O4; Ag; dung dịch AgNO3; Zn. Dung dịch axit HCl có thể phản ứng được với những chất và dung dịch nào ? Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. 2. Tiến hành thí nghiệm với dung dịch của từng muối X, Y, Z. Hiện tượng được ghi trong bảng sau: Mẫu thử Thí nghiệm Hiện tượng X hoặc Y

Tác dụng với dung dịch HCl dư

Đều có khí CO2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Y hoặc Z X

111

Tác dụng với dung dịch NaOH dư

Đều có kết tủa

Tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng

Có chất khí thoát ra

FF IC IA L

Z Tác dụng với dung dịch HCl dư Có chất kết tủa Biết: MX + MZ = 249 ; MX + MY = 225 ; MY + MZ = 316. Xác định công thức các muối và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. 3. A là hỗn hợp hai oxit của hai kim loại. Cho CO dư đi qua 3,165 gam A nung nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp chất rắn A1 và hỗn hợp khí A2. Dẫn hỗn hợp khí A2 qua dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 2,955 gam kết tủa màu trắng. Cho A1 phản ứng hết với dung dịch H2SO4 10% loãng, sau phản ứng có 0,252 lít (đktc) khí thoát ra, thu được dung dịch A3 chỉ chứa một chất tan có nồng độ a% và 3,495 gam một chất rắn. Cho dung dịch A3 tác dụng với dung dịch NaOH thì thu được kết tủa màu trắng xanh dần chuyển sang nâu đỏ. a. Xác định các chất trong A. b. Tính a và xác định phần trăm khối lượng các chất trong A.

ẠY

KÈ

Câu 4.(3,0 điểm): Cho sơ đồ của quá trình điều chế SO2 trong phòng thí nghiệm (hình bên): 1. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra trong bình cầu. 2. Nêu vai trò của bông tẩm dung dịch NaOH. 3. Tại sao có thể thu khí SO2 bằng phương pháp như hình vẽ? 4. Có thể thay dung dịch H2SO4 bằng dung dịch axit HCl được không? 5. Có thể thay dung dịch Na2 SO3 bằng dung dịch K2SO3 được không? 6. Có thể thay dung dịch Na2SO3 bằng dung dịch BaSO3 được không? Câu 5.(2,5 điểm) Hỗn hợp A gồm metan và etilen được chia thành hai phần: -Phần 1: cho tác dụng với dung dịch brom dư thì có 1,6 gam brom phản ứng. -Phần 2: có khối lượng nhiều hơn phần 1 là 0,3 gam. Phần 2 cháy trong oxi dư rồi cho sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong dư thì thu được 6 gam kết tủa trắng. 1. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. 2. Tính thành phần phần trăm thể tích hỗn hợp A. Câu 6.(2,5 điểm) 1. Đốt cháy hợp chất hữu cơ A chỉ thu được CO2 và H2O. Tỉ khối của A đối với hidro bằng 22. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của hợp chất hữu cơ A. 2. Tương tự metan CH4, etan CH3–CH3 có khả năng tham gia phản ứng thế Cl2 (ánh sáng khuếch tán). Viết phương trình hóa học của phản ứng tạo sản phẩm monoclo. 3. Tương tự etilen CH2=CH2, propilen CH2=CH–CH3 có khả năng tham gia phản ứng cộng với H2 (Ni), cộng với dung dịch Brom.Viết phương trình phản ứng hóa học của chúng. --**-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH KHÁNH HÒA Năm học 2017-2018 --------------------Câu 1: 1. (Câu này giống câu 1 trong đề thi vào 10 chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2015-2016) Ở một nhiệt độ xác định: + Dung dịch bão hòa chất tan A là dung dịch không còn khả năng hòa tan thêm chất A được nữa.(chất tan A đã hòa tan bằng lượng tối đa). + Dung dịch chưa bão hòa chất tan A là dung dịch còn khả năng hòa tan thêm chất A. 2- Phân tích:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

112

 CuSO4 khan 5g keát tuûa Y   hoaëc CuSO 4 .nH2 O

laø m laïnh  * 48 gam dd CuSO4 

Bảo toàn khối lượng  m Z  m CuSO4 (trong Z)  m CuSO4 ( kÕt tinh)  ? Đến đây áp dụng định luật thành phần khối lượng không đổi 18n m H 2O (kt) CuSO4 .nH 2 O   n? 160 m CuSO (kt) 4

m dd (Sau phản ứng) = 8 + 40 = 48 gam 0,1.160  100%  33,33% 48

 C% C uSO 4 (trong X) 

Hướng dẫn: 8  0,1(mol) a) n CuO  80 CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O 0,1 0,1 0,1 (mol) 0,1  98  100 m ddH SO   40 gam 2 4 24,5

FF IC IA L

Đây là một dạng toán khá quen thuộc trong hệ thống các bài tập về tìm công thức của tinh thể hidrat (muối ngậm nước). - Ở ý a: Việc tính toán khá đơn giản. - Ở ý b: Ta phân tích như sau: Z : ddCuSO4 29,77%

b) Theo bảo toàn khối lượng: m Z  5 = 48 => m Z  43 gam 29,77  43  12,8 gam 100 Đặt công thức của Y là: CuSO4.nH2O Áp dụng định luật thành phần khối lượng không đổi ta có: 18n 5  (16  12,8)  n=5 160 16  12,8 m CuSO (Z) 

KÈ

Vậy công thức của Y là: CuSO4.5H2O 3. A: V1 lít dung dịch NaOH 0,1M B: V2 lít dung dịch H2SO4 0,5M  n NaOH  0,1V1 (mol) ; n H SO  0,5V2 (mol)

ẠY D

Thí nghiệm 1: Trộn A với B thành C, mà C tạo kết tủa với Al2(SO4)3, chứng tỏ trong C có NaOH dư. 2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2 O V2 0,5V2 0,5V2 (mol)  Na 2 SO4 : 0,5V2 (mol) Dung dịch C   NaOH: (0,1V1  V2 ) mol Thí nghiệm 2: Tính n BaSO  0,15mol 4

Na2SO4 + BaCl2  BaSO4  + 2NaCl 0,5V2  0,5V2 (mol)  0,5V2 = 0,15  V2 = 0,3 lít Thí nghiệm 3: n Al O  0,06 mol < n Al 2 3

2 (SO4 )3

 0,09 mol  kết tủa không cực đại.

 Có 2 trường hợp: * Trường hợp 1: Al2(SO4)3 dư Al2(SO4)3 + 6NaOH  2Al(OH)3  + 3Na2SO4

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

113

2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O 0,12  0,06 mol Theo phản ứng: n NaOH  3n Al(OH)  0,1V1  0,3  3.0,12  V1  6,6 lit 3

FF IC IA L

* Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần Al2(SO4)3 + 6NaOH  2Al(OH)3  + 3Na2SO4 0,09  0,54 0,18 mol Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O (0,18 – 0,12)  0,06 mol t0

2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O 0,12  0,06 mol Ta có: 0,54 + 0,06 = 0,1V1 – 0,3  V1 = 9 lít Lưu ý: Ở trường hợp 2 các em có thể giải theo cách khác, trong đó có phương pháp sử dụng tỷ số hợp thức. n Al(OH) 0,12 4 3 Đặt T =   n Al (SO ) 0,09 3 2

4 3

Hợp thức theo T ta được PTHH: 3Al2(SO4)3 + 20NaOH  4Al(OH)3 + 2NaAlO2 + 9Na2SO4 + 4H2O 0,09 0,6 mol Ta có: 0,1V1 – 0,3 = 0,6  V1 = 9 lít Nhận xét: Ở bài toán trên ta thấy các giá trị tìm được của V1 không phù hợp với các thí nghiệm trong phòng thí nghiệm (vì lượng lấy vào thí nghiệm quá lớn). Câu 2: 1. a. Đặt công thức của A: ROx ; B: ROy  Hóa trị của R lần lượt là 2x, 2y x  1 R 42,86   R  12x   Xét A, ta có: 16x 57,14  R  12 (C) Công thức hóa học của A: CO Ta có: 12 + 16y = 28.1,5714 = 44  y = 2 Vậy công thức của B là: CO2 Lưu ý: Các em có thể kết luận B là CO2 sau khi tính MB = 44 mà không cần làm như trên. b. Để chuyển hết hỗn hợp CO và CO2 thành khí CO thì dẫn hỗn hợp qua lượng dư than nóng đỏ. Phương trình hóa học:

CO2 + C (nóng đỏ)  2CO c. n CO  0,02 mol ; n CaCO  0,005  0,02 mol  Sau phản ứng thu được 2 muối.

KÈ

ẠY

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O 0,005 0,005 0,005 mol 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (2a – 0,01) (a – 0,005) mol Ta có: 0,005 + 2a – 0,01 = 0,02  a = 0,0125M Lưu ý: Ngoài cách giải trên các em có thể giải theo nhiều cách khác, như: phương pháp đại số song song (viết 2 phản ứng giữa CO2 và Ca(OH)2 trong đó một phản ứng tạo muối trung hòa và một phản ứng tạo muối axit), phương pháp hợp thức, phương pháp bảo toàn số mol nguyên tố kim loại và phi kim ...Dưới đây là cách giải theo bảo toàn số mol nguyên tố kim loại và phi kim: Sau phản ứng có 2 muối: 0,005 mol CaCO3 và Ca(HCO3)2 0,02  0,005 Bảo toàn số mol cacbon  n Ca(HCO )   0,0075 mol 3 2 2 Bảo toàn số mol Ca  n Ca(OH)  0,005 + 0,0075 = 0,0125 mol  a = 0,0125M 2

2. a. Y là hợp chất của clo, MY < 38  Y là HCl (M = 36,5)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

114

FF IC IA L

X là hợp chất của K, tan vào nước tạo ra dung dịch có tính bazơ  X là oxit, bazơ, hoặc muối của axit yếu. Đặt công thức của X: KxR Theo đề  88 < 39x + MR < 96 Nếu x = 1  49 < MR < 57  Không thỏa mãn. Nếu x = 2  10 < MR < 18  MR = 16  X: K2O  X1 : chất tan HCl; Y1: chất tan KOH ; Z: chất tan là (KCl và HCl) hoặc (KCl và KOH) b. Các phương trình phản ứng: K2O + H2O  2KOH HCl + KOH  KCl + H2O Dung dịch Z hòa tan được Zn nên có 2 trường hợp: Trường hợp 1: Z gồm KCl và HCl Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2  Trường hợp 2: Z gồm KCl và KOH Zn + 2KOH  K2ZnO2 + H2  Lưu ý: Các em có thể lý luận dung dịch X1 làm quỳ tím hóa xanh mà 88 < MX < 96. Chỉ có K2O (M =94) là thỏa mãn. Câu 3: 1. Phân tích: Dung dịch HCl vừa có tính axit, vừa có tính khử (thể hiện ở gốc Cl) nên chất tác dụng được với nó phải là kim loại hoạt động (trước H trong dãy kim loại, oxit ba zơ, bazơ, muối (thỏa mãn điều kiện phản ứng trao đổi), hoặc chất có tính oxi hóa). Các chất tác dụng với dung dịch HCl: CuO, MnO, MnO2, Fe(OH)3, Fe3O4, AgNO3, Zn. Các phương trình phản ứng: 2HCl + CuO  CuCl2 + H2O 2HCl + MnO  MnCl2 + H2 O

ẠY

KÈ

®un nhÑ 4HCl đặc + MnO2   MnCl2 + 2H2O + Cl2  3HCl + Fe(OH)3  FeCl3 + 3H2O 8HCl + Fe3O4  2FeCl3 +FeCl2 + 4H2O HCl + AgNO3  AgCl  + HNO3 2HCl + Zn  ZnCl2 + H2  2. Phân tích: Khi giải các bài tập xác định chất trong sơ đồ chuyển hóa, nếu có các dữ kiện định lượng thì các em cần thực hiện định lượng để xác định các giá trị phân tử khối của chất. Sau đó căn cứ vào dữ kiện về mặ định tính (tính chất) để giới hạn và dự đoán chính xác các chất cần tìm. Câu này khá giống với câu 3 của đề thi HSG tỉnh Hà Tĩnh năm học 2017-2018.  M X  M Z  249 M X  79   Theo đề ta có:  M X  M Y  225  M Y  146  M  M  316 M  170  Y  Z Z Theo bảng hiện tượng, ta có: - X là muối amoni của của axit cacbonic  X: NH4HCO3 (M =79) - Y là muối cacbonat của kim loại hóa trị II  Y: Mg(HCO3)2 (M = 146) - Z là muối tan của kim loại Ag  Z: AgNO3 (M =170) Các phương trình hóa học: NH4 HCO3 + HCl  NH4Cl + H2O + CO2  Mg(HCO3)2 + 2HCl  MgCl2 + 2H2O + 2CO2  Mg(HCO3)2 + 4NaOH dư  Mg(OH)2  + 2Na2CO3 + 2H2 O (2) Hoặc Mg(HCO3)2 + 2NaOH  MgCO3 + Na2CO3 + 2H2O 2AgNO3 + 2NaOH  Ag2O  + H2O + 2NaNO3 NH4 HCO3 + 2NaOH dư  Na2CO3 + NH3  + 2H2O AgNO3 + HCl  AgCl  + NaNO3 3. Phân tích: Đây là bài toán khá hay, để bao quát quá trình chuyển đổi các lượng chất trong bài toán, chúng ta phân tích bài toán theo sơ đồ sau đây:

(2)

Khả năng tan của Mg(OH)2 kém hơn MgCO3 nên phản ứng này ưu tiên hơn phản ứng tạo MgCO3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

CO2

A2 3,165(g)A

 CO d   t0

M 2 Om  

Ca(OH) d

2  BaCO3    0,015 mol

H 2 : 0,01125 mol H2SO4 10%

NaOH

A 2 ( r¾n) 

CTHH?

 KT ddA3 : 1 chÊt tan  KT     n©u ®á tr¾ng xanh

C% = a%

%m = ? a = ?

3,495 (g) r¾n

FF IC IA L

R 2 On

115

Mấu chốt bài toán nằm ở các dữ kiện quan trọng sau đây: - A3 có một chất tan và kết tủa trắng xanh  nâu đỏ, đây là cơ sở để xác định kết tủa là Fe(OH)2 và Fe(OH)3  Hỗn hợp A có chứa oxit sắt. - Hòa tan A3 vào H2SO4 thu được chất rắn có m = 3,495 gam > 3,165 gam  chất rắn này là kết tủa của muối sunfat. - Rắn A2 gồm Fe và kim loại R(nếu R2On bị khử) hoặc oxit R2On (nếu R2On không bị khử). Theo phán đoán thấy A3 gồm Fe và BaO. Hướng dẫn: a. Tính số mol n BaCO  0,015 mol ; n H  0,01125 mol 3

Vì A3 + NaOH tạo ra kết tủa trắng xanh sau đó hóa nâu đỏ, nên trong hỗn hợp đầu có oxit sắt Đặt công thức của 2 oxit kim loại là R2On và Fex Oy Mặt khác: mrắn = 3,495 gam > 3,165 gam  chất rắn là kết tủa của muối sunfat R2(SO4)n Các phản ứng có thể xảy ra: 0

t FexOy + yCO   xFe + yCO2

(2) (có thể không xảy ra) (3)

(5) (6)

R2On + nCO  2R + nCO2 CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O 0,015 0,015 mol Rắn A1: Fe và R hoặc Fe và R2On Fe + H2SO4  FeSO4 + H2  (4) R2On + nH2SO4  R2(SO4)n + nH2O Hoặc 2R + nH2SO4  R2(SO4)n + nH2  FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2  + Na2SO4 (7) 2Fe(OH)2 + ½ O2 + H2O  2Fe(OH)3  (8) Theo (1,2)  n O (bị khử) = n CO  0,015mol

(1)

Trường hợp 1: Nếu R2 On bị khử Theo (3), (4)  n H SO = n H  0,01125 mol 4

 152n FeSO  3, 495 = 3,165 – 0,015.16 + 0,01125.96  n FeSO = 0,51 gam 4

KÈ

3, 495n 0,51 3  0,01125   =  R = 173,35n  loại 2R  96n 152 380 Trường hợp 2: Nếu R2On không bị khử Theo (4)  n Fe  n H  0,01125 (mol) BT mol S 

ẠY

n x 0,01125 3 Theo (1)   Fe    Công thức oxit sắt là: Fe3O4 y n CO 0,015 4 2

232.0,015 = 2,295 gam 4 Xét sơ đồ: R2On  R2(SO4)n ta có: 2R  96n 3, 495   R  68,5n  n = 2, R = 137 thỏa mãn (Ba) 2R  16n 2, 295 Vậy công thức các oxit là Fe3O4 và BaO (0,015 : 4).232 b. %m Fe O = 100% = 27,49%  %m BaO = 72,51% 3 4 3,165 Dung dịch A3 chứa 0,01125 mol FeSO4  mR

2On

= 3,165 –

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Bảo toàn số mol SO4  n H

2SO4

= 0,01125 +

116

3,495 = 0,02625 mol 233

Bảo toàn khối lượng, ta có: m A = 3,165 – 0,015.16 + 0,02625.98.10 – 0,01125.2 – 3,495 = 25,1325 gam 3

 a  C%FeSO  4

0,01125.152 100%  6,8% 25,1325

FF IC IA L

Lưu ý: *Có thể tính khối lượng A3 theo cách khác: - Tính theo dung môi và chất tan: m A = 0,0265.98.9 + (3,495:233).18 + 0,01125.152 = 25,1325 (gam) 3

- Hoặc BTKL cả quá trình: 3,165 + 0,015.28 + 0,02625.98.10 = m A + 3,495 + 0,015.44 + 0,01125. 2 3

 m A = 25,1325 gam 3

* Trong dung dịch loãng thì kết tủa của muối sunfat là BaSO4 hoặc PbSO4. Vì vậy ngay từ đầu ta có thể xem R hóa trị II, oxir RO và kết tủa RSO4 thì lúc này bài toán sẽ đơn giản hơn. Câu 4.(3,0 điểm): 1. Phương trình hóa học trong bình cầu. Na2 SO3 + H2SO4  Na2SO4 + H2 O + SO2  2. Bông tẩm dung dịch xút có tác dụng hấp thụ SO2 khi đầy bình, ngăn không cho khí SO2 thoát ra ngoài gây độc hại cho môi trường (vì SO2 là khí độc) Nêu vai trò của bông tẩm dung dịch NaOH. 3. Khó SO2 nặng hơn không khí nên thu vào lọ theo phương pháp đẩy không khí thì phải đặt ngửa bình. 4. Không nên thay dung dịch H2SO4 bằng dung dịch axit HCl. Vì HCl dễ bay hơi làm cho SO2 bị lẫn khí tạp là HCl. 5. Có thể thay dung dịch Na2SO3 bằng dung dịch K2SO3. 6. Không nên thay dung dịch Na2SO3 bằng dung dịch BaSO3, vì BaSO4 sinh ra tạo lớp màng làm giảm tốc độ phản ứng của BaCO3. Câu 5: Phân tích: Đây là bài toán chia phần không bằng nhau, do đó ta giải theo độ lệch phần (p2 = kp1 ). Khi giải các dạng toán hỗn hợp ta cứ xem như các chất trong hỗn hợp được trộn rất đều, nên các phần dù không bằng nhau nhưng tỷ lệ số mol giữa các chất trong từng phần vẫn không đổi. - Phần 1: Tính n Br  0,01 mol

KÈ

C2H4 + Br2  C2H4Br2 0,01 0,01 mol Gọi x là số mol CH4 ở phần 1 - Phần 2: Tính n CO  0,06 mol

ẠY

C2H4 + 3O2  2CO2 + 2H2O 0,01k  0,02k (mol) 0

t CH4 + 2O2   CO2 + 2H2O kx  kx (mol) 0,06 Ta có: kx + 0,02k = 0,06  k = (1) x  0,02

0,3 (2) 16x  0,28 Giải hệ phương trình (1,2)  x = 0,02 ; k = 1,5 (loại nghiệm thứ hai của x vì âm)

Mặt khác: (k–1).0,01.28 + (k–1).16x = 0,3  k  1 

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

 %VCH  4

117

0,02  100%  66,67%  %VC H  33,33% 2 4 0,03

FF IC IA L

Câu 6: 1. Đốt cháy hợp chất hữu cơ mà chỉ thu được sản phẩm là CO2 và H2O thì hợp chất có thể là hidrocacbon CxHy hoặc dẫn xuất CxHyOz. Đặt công thức của A: CxHyOz (điều kiện: 2 y  2x + 2; x  1; y  0) Theo đề  12x + y + 16z = 22.2 = 44 44  14 Khi x = 1; y = 2  zmax =  1,875  z = {0; 1} 16  Nếu z = 0  12x + y = 44  chỉ có x = 3; y = 8 thỏa mãn  Công thức phân tử của A: C3H8 Công thức cấu tạo: CH3 – CH2 – CH3  Nếu z = 1  12x + y = 28  chỉ có x = 2; y = 4 thỏa mãn.  Công thức phân tử của A: C2H4O Công thức cấu tạo: CH3–CHO 2. Phương trình phản ứng:

as CH4 + Cl2   CH3Cl + HCl

t 0 (Ni)

CH2=CH2 + H2   CH3 – CH3 0

t (Ni) CH2=CH–CH3 + H2   CH3 – CH2 –CH3

as CH3–CH3 + Cl2   CH3–CH2Cl + HCl 3. Phương trình phản ứng:

CH2=CH2 + Br2   CH2 Br – CH2Br

CH2=CH–CH3 + Br2   CH2Br – CHBr –CH3 --**-ĐỀ SỐ 21

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút -----------------------

Câu 1 (2 điểm): Chỉ dùng thêm bột sắt làm thuốc thử, hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt 5 dung dịch loãng chứa trong các lọ riêng biệt sau: H2 SO4, NaCl, Na2CO3, MgCl2, Ba(OH)2. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 2 (2 điểm): Viết các phương trình hóa học thực hiện chuỗi biến hóa sau: (2) (1)   X   (7) (8)   Z   X.

KÈ

CaC2

(3)  

C2H6O

(4)  

C2H4O2

(5)  

C4H8O2

(6)  

C2H3O2Na

Biết X, Y, Z là các hidrocacbon Câu 3 (2 điểm): Bằng kiến thức hóa học hãy giải thích các nhận định sau: a) Không dùng các đồ nhôm (như xô, chậu …) để pha nước vôi trong. b) Không nên bón ure cho đất vừa mới được khử chua bằng vôi sống. Viết các phương trình hóa học minh họa (nếu có) Câu 4 (2 điểm): Nguyên tử của nguyên tố R có 3 lớp electron. Hóa trị của R trong hợp chất khí với hidro bằng 0,6 lần hóa trị của R trong oxit cao nhất. a) Xác định vị trí của nguyên tố R trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. b) Trong hợp chất oxit cao nhất, nguyên tố R chiếm 43,66% về khối lượng. Xác định nguyên tố R. Câu 5 (2 điểm): Đốt cháy hoàn toàn một mẫu than bằng một lượng vừa đủ không khí (chứa 20% oxi về thể tích, còn lại là N2) thì thu được hỗn hợp khí T (không còn oxi dư) có tỷ khối so với H2 bằng 15. Cho T đi từ từ qua dung dịch Ba(OH)2 dư tạo thành 39,4 gam kết tủa trắng. Tính khối lượng mẫu than đã cháy và thể tích (ở đktc) không khí đã dùng.

ẠY D

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

118

ẠY

KÈ

FF IC IA L

Câu 6 (2 điểm): Hỗn hợp X gồm Zn và Fe có cùng số mol. Cho 7,26 gam hỗn hợp X vào 200ml dung dịch CuSO4. Sau một thời gian thu được chất rắn Y gồm 2 kim loại và dung dịch Z. Thêm từ từ NaOH tới dư vào dung dịch Z, thu được kết tủa T. Lọc và nung kêt tủa T trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 4,80 gam chất rắn R. Cho Y tác dụng với dung dịch HCl dư thì tạo thành 0,896 lít H2 (ở đktc). Tính nồng độ mol của dung dịch CuSO4 ban đầu. Câu 7 (2 điểm): Hỗn hợp kim loại T gồm Fe và M (có hóa trị không đổi) có khối lượng 7,22 gam. Chi hỗn hợp T làm 2 phần bằng nhau: - Phần 1: hòa tan hoàn toàn trong dung dịch HCl dư, thu được 2,128 lít H2. - Phần 2: tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng, dư, thu được 1,792 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Xác định kim loại M và tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp T. Câu 8 (2 điểm): Cho 10,40 gam hỗn hợp X gồm Fe và Mg tan hết trong 90,2 gam dung dịch H2SO4 loãng (dư 10% so với lượng phản ứng), thu được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư tạo thành kết tủa Z. Lọc kết tủa Z nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 92,89 gam chất rắn. Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch Y. Câu 9 (2 điểm): Hỗn hợp A gồm CH4, C2H4 và C2 H2. Đốt cháy hoàn toàn 5,7 gam hỗn hợp A thu được H2 O và 17,6 gam CO2. a) Tính thể tích O2 (đktc) đã phản ứng. b) Mặt khác, nếu dẫn 2,8 lít (ở đktc) hỗn hợp A trên qua dung dịch brom dư thi sau khi các phản ứng kết thúc có 16,0 gam brom phản ứng. Tính phần trăm thể tích mỗi khí trong A. Câu 10 (2 điểm): A là rượu đa chức có công thức R(OH)n (R là gốc hidrocacbon). Cho 25,6 gam dung dịch rượu A có nồng độ 71,875% tác dụng hết với Na dư thì thu được 11,2 lít khí H2 (ở đktc). Xác định công thức phân tử của A, biết tỉ khối hơi của A so với khí oxi bằng 2,875. --**--HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Năm học 2017 – 2018 -----------------------Câu 1. Phân tích: phân loại các chất mất nhãn ta thấy có một axit (tác dụng với bột sắt), một dung dịch tạo kết tủa với H2SO4 và một dung dịch tạo khí với H2SO4, còn MgCl2 lại tạo được kết tủa với dung dịch Ba(OH)2 hoặc Na2CO3 trong khi NaCl không tham gia phản ứng nào. Như vậy thứ tự dùng thuốc thử là: bột Fe, H2SO4, Na2CO3 hoặc Ba(OH)2. Hướng dẫn: - Trích mẫu các chất để làm thí nghiệm - Thử các mẫu bằng bột sắt, nhận ra H2SO4 vì có khí thoát ra. Fe + H2 SO4 loãng  FeSO4 + H2  - Dùng dung dịch H2SO4 thử các mẫu còn lại, nếu có khí thoát ra là Na2CO3, có kết tủa trắng là Ba(OH)2. Hai mẫu còn lại là NaCl và MgCl2 không thấy hiện tượng. H2SO4 + Na2CO3  Na2SO4 + H2O + CO2  H2SO4 + Ba(OH)2  BaCO3  + 2H2O - Thử 2 mẫu còn lại bằng dung dịch Na2CO3 (hoặc Ba(OH)2 ), mẫu nào xuất hiện kết tủa trắng là MgCl2, mẫu còn lại là NaCl. MgCl2 + Na2CO3  MgCO3  + 2NaCl Hoặc MgCl2 + Ba(OH)2  Mg(OH)2  + BaCl2 Câu 2. Phân tích: Đây là dãy chuyển hóa không khó, các chất trong chuyển hóa đều được học trong chương trình THCS. Đất đèn (CaC2) và metan (CH4) là 2 nguyên liệu khá quen thuộc để điều chế C2H2, còn etilen là nguyên liệu quan trọng điều chế ancol etylic. Như vậy chắc chắn X, Y, Z lần lượt là C2H2, C2H4 và CH4. Hướng dẫn: Xác định chất: X: C2H2 ; Y: C2H4; Z: CH4 Phương trình hóa học:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

119

(1) CaC2 + 2HOH  Ca(OH)2 + C2 H2  Pd / PbCO 3 C2H4 (2) C2 H2 + H2  t0 axit (3) C2 H4 + HOH   C2H5OH men giÊm (4) C2 H5OH + O2  CH3COOH + H2O

H SO ®Æc, t o

2 4   CH3COOC2 H5 + H2 O (5) CH3 COOH + C2H5OH  

FF IC IA L

t (6) CH3 COOC2H5 + NaOH   CH3 COONa + C2H5OH 0

t (CaO) (7) CH3 COONa + NaOH   CH4  + Na2CO3 o

1500 C (8) 2CH4  C2H2 + 3H2 LLN

KÈ

Câu 3. a) Không dùng dụng cụ bằng nhôm để pha nước vôi trong vì xảy ra phản ứng giữa nhôm với nước vôi làm hỏng dụng cụ. 2Al + 2H2 O + Ca(OH)2  Ca(AlO2)2 + 3H2  b) Không bón ure cho đất vừa mới được khử chua bằng vôi sống, vì xảy ra phản ứng giải phóng NH3 làm mất lượng đạm (N) đã bón cho đất. CaO + H2O (trong đất)  Ca(OH)2 CO(NH2)2 + 2H2O (trong đất)  (NH4)2CO3 Ca(OH)2 + (NH4 )2CO3  CaCO3  + 2NH3  + 2H2O Hoặc viết chung: CaO + H2O + CO(NH2)2  CaCO3  + 2NH3  Câu 4. Phân tích: Để giải nhanh chóng bài này thì các em cần nhớ một số kiến thức sau: - Số lớp electron trong nguyên tử cho biết số thứ tự của chu kỳ chứa nguyên tố đó. - Số electron lớp ngoài cùng = hóa trị cao nhất = số thứ tự của nhóm chính chứa nguyên tố đó. - Tổng hóa trị phi kim trong oxit cao nhất và trong hợp chất khí với hidro bằng 8. Hướng dẫn: a) Đặt công thức oxit cao nhất: R2Ox Công thức hợp chất khí là RH8-x Theo đề ta có: 8 – x = 0,6x  x = 5 Nguyên tử R có hóa trị cao nhất bằng V và có 3 lớp electron. Vậy nguyên tố R thuộc nhóm V, chu kỳ 3 trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học b) Xét hợp chất R2O5 2R 43,66 Theo đề    R  31 80 100  43,66 Vậy R là nguyên tố Photpho (P) Câu 5. Phương trình phản ứng: 0

ẠY

t C + O2   CO2 xx x (mol) 0

t 2C + O2   2CO y  0,5y y (mol) Khí T gồm: CO2, N2 , CO CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O x x = 0,2 (mol) n N  4n O  4.(0, 2  0,5y)  (2y  0,8) mol 2

MT = 15.2 = 30 g/mol 0,2.44 + 28. (3y + 0,8)  ta có:  30  y  0, 2 (mol) 3y + 1

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

120

FF IC IA L

m than  0,4.12  4,8 (gam) Vkk = 5.(0,2 + 0,5.0,2).22,4 = 33,6 lít Câu 6. 7,26 n Fe  n Zn   0,06 mol 56  65 Rắn Y gồm 2 kim loại  Y gồm Cu, Fe  Zn đã phản ứng hết. Zn + CuSO4  ZnSO4 + Cu  0,06 0,06 0,06 0,06 (mol) Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu  x x x x (mol) - Phản ứng của Y với HCl Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  0,04 0,04 (mol) Bảo toàn số mol Fe  x = 0,06 – 0,04 = 0,02 mol - Phản ứng của Z với NaOH dư Nếu Z không có CuSO4 thì chất rắn sau nung chỉ có Fe2 O3  mR = 0,01.160 = 1,6 gam Vậy Z có ZnSO4, FeSO4, CuSO4 ZnSO4 + 4NaOH  Na2ZnO2 + Na2SO4 + 2H2O FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2  + Na2SO4 CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2  + Na2SO4 0

t 2Fe(OH)2 + ½ O2   Fe2 O3 + 2H2O

CuSO4  CuO z z (mol)

t Cu(OH)2   CuO + H2O Sơ đồ bảo toàn số mol Fe, Cu: 2FeSO4  Fe2O3 ; 0,02  0,01 Theo đề  0,01.160 + 80z = 4,8  z = 0,04 mol n CuSO (ban đầu) = 0,06 + 0,02 + 0,04 = 0,12 mol

 CM CuSO 

0,12  0,6M 0,2

ẠY

KÈ

Câu 7. - Phần 1: Tính số mol H2 = 0,095 mol Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  x x (mol) 2M + 2nHCl  2MCln + nH2  y 0,5yn (mol) Ta có: x + 0,5yn = 0,095 (1) - Phần 2: Tính số mol NO = 0,08 mol Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + 2H2O + NO x x (mol) 3M + 4nHNO3  3M(NO3)n + 2nH2 O + nNO yn y (mol) 3 yn Ta có: x + = 0,08 (2) 3 Giải hệ phương trình (1,2) được: x = 0,05 ; yn = 0,09  y = 0,09/n 0,09M 7,22 BTKL hỗn hợp ta có: 0,05.56 + = = 3,61  M = 9n n 2 Chỉ có n = 3, M = 27 thỏa mãn. Vậy M là nhôm (Al) Phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp T:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

%m Fe 

121

0,05.56  100%  77,56%  %m Al  22, 44% 3,61

FF IC IA L

Câu 8. Gọi x,y lần lượt là số mol Fe, Mg Gọi z là số mol H2SO4 ban đầu Fe + H2SO4  FeSO4 + H2  x x x x (mol) Mg + H2SO4  MgSO4 + H2  y y y y (mol) Dung dịch Y gồm: MgSO4, FeSO4, H2SO4 dư H2SO4 + Ba(OH)2  BaSO4 + 2H2O FeSO4 + Ba(OH)2  BaSO4  + Fe(OH)2  MgSO4 + Ba(OH)2  BaSO4  + Mg(OH)2  t0

2Fe(OH)2 + ½ O2  Fe2O3 + 2H2O 0

t Mg(OH)2   MgO + H2O Sơ đồ bảo toàn Fe, Mg, SO4: 2FeSO4  Fe2O3 ; MgSO4  MgO (=SO4)  BaSO4 x 0,5x y y z z (mol) 80x  40y  233z  92,89 x  0,1     56x  24y  10, 4  Ta có:   y  0, 2  z  1,1x  1,1y    z  0,33 (Giải thích H2SO4 dư 10% so với lượng phản ứng  H2SO4 ban đầu 110% so với lượng phản ứng) n H SO (trong Y) = 0,33 – 0,3 = 0,03 mol

m ddY = 10,4 + 90,2 – 0,3.2 = 100 gam

 Nồng độ phần trăm mỗi chất tan trong Y bằng khối lượng của nó trong dung dịch: C% FeSO = 0,1.152 = 15,2% ; C%MgSO = 0,2.120 = 24% 4

2SO4

(dư) = 0,03.98 = 2,94%

C% H

Câu 9. 2

17,6  0, 4 mol 44

a) Tính n CO 

(A) + O2  CO2 + H2O BTKL  2n H O  12.0, 4  5,7  n H 2

= 0,45 mol

KÈ

BT mol oxi  n O (p) = (0,45 + 0,4.2): 2 = 0,625 mol 2

 VO (p)  0,625.22,4 = 14 lít 2

ẠY

Lưu ý: Có thể gọi a, b lần lượt là số mol O2 và H2O  2a  b  0, 4.2 a  0,625 BT mol oxi và BT nguyên tố C, H     2b  5,7  0, 4.12  b  0, 45

Hoặc sử dụng BTKL: 5,7 + 32 n O = 0,4.44 + 0,45.18  n O = 0,625 mol 2

b. Gọi x, y, z lần lượt là số mol CH4 , C2H4, C2 H2 trong 5,7 gam hỗn hợp A. - Phản ứng đốt A trong oxi: 0

t CH4 + 2O2   CO2 + 2H2O t0

C2 H4 + 3O2  2CO2 + 4H2O t0

C2 H2 + 2,5O2  2CO2 + H2O 16x  28y  26z  5,7 (1) BT mol C và BTKL ta có:  (2)  x  2y  2z  0, 4

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

122

- Phản ứng với dung dịch Br2: C2H4 + Br2  C2H4 Br2 C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 n Br 2  0,1  0,8 Số liên kết pi trung bình:   n hh 0,125 y  2z  0,8  0,8x  0,2y  1, 2z  0 (3) xyz Giải hệ phương trình (1,2,3)  x = 0,1 ; y = 0,1; z = 0,05 0,1 %VCH  %VC H  100%  40%  %VC H  20% 4 2 4 2 2 0, 25 Lưu ý: Ngoài cách giải trên các em có thể sử dụng độ lệch phần (k): Gọi x,y, z lần lượt là số mol CH4, C2H4, C2H2 trong 5,7 gam hỗn hợp kx, ky,kz lần lượt là số mol CH4 , C2H4, C2H2 trong 0,125 mol hỗn hợp  16x + 28y + 26z = 5,7 (1) x + 2y + 2z = 0,4 (2) kx + ky + kz = 0,125 (3) ky + 2kz= 0,1 (4) Lấy (3) chia (4) và biến đổi được: 0,1x – 0,025y – 0,15z = 0 (5) Giải hệ các phương trình (1,2,5)  x = y = 0,1 ; z = 0,05 Câu 10. 71,875 Tính n H  0,5 mol ; m A  25,6   18,4 (gam)  m H O  7,2 gam 2 2 100 18,4 7,2 nA   0, 2 mol ; n H O   0,4 mol 2 92 18 Phương trình hóa học: 2H2O + 2Na  2NaOH + H2  0,4  0,2 mol n R(OH)n + nNa  R(ONa)n + H2  2 0,2  0,1n (mol) Ta có: 0,2 + 0,1n = 0,5  n = 3 MA = 92  R + 17.3 = 92  R = 41  R là gốc C3H5 Công thức của rượu A là: C3H5(OH)3 ---**---ĐỀ SỐ 22 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH BẮC NINH Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút --------------------Câu I: (4,0 điểm) 1. Có 5 lọ không nhãn, biết rằng 4 lọ đựng các dung dịch sau có cùng nồng độ mol/lít: NaOH, NaCl, NaHSO4, BaCl2 và 1 lọ đựng nước. Chỉ dùng thêm thuốc thử phenolphtalein, nêu cách nhận ra từng lọ. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra (nếu có). 2. Đốt cháy hoàn toàn 3 gam chất X, thu được 2,24 lít CO2 (ở đktc) và 1,8 gam H2O. Tỉ khối hơi của X so với metan là 3,75. Tìm công thức cấu tạo của chất X, biết rằng chất X tác dụng được với dung dịch NaOH. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra khi X tác dụng với dung dịch NaOH. Câu II: (4,0 điểm) 1. Hỗn hợp A gồm các chất: Al2O3 , CuO, MgO, Fe(OH)3, BaCO3. Nung nóng A ở nhiệt độ cao rồi dẫn luồng khí CO dư đi qua hỗn hợp thu được khí B và chất rắn C. Cho C vào nước dư thu được dung dịch D và phần không tan E, cho phần không tan E vào dung dịch HCl dư thu được khí F, chất rắn không tan G và dung dịch H. Viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra và xác định thành phần của B, C, D, E, F, G, H biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 2. Từ tinh bột và các chất vô cơ thích hợp viết các phương trình hoá học, ghi rõ các điều kiện cần thiết cho từng phản ứng (nếu cần) để điều chế:

ẠY

KÈ

FF IC IA L



Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

123

ẠY

KÈ

FF IC IA L

a) Axit axetic. b) Poli (vinylclorua). Câu III: (4,0 điểm) 1. Có 2 dung dịch FeCl2 và AgNO3 có cùng nồng độ mol. Thí nghiệm 1: Nhúng thanh kim loại M (hoá trị II) vào V lít dung dịch FeCl2, kết thúc phản ứng khối lượng thanh kim loại giảm 4,5 gam. Thí nghiệm 2: Nhúng cùng thanh kim loại ấy vào V lít dung dịch AgNO3, kết thúc phản ứng khối lượng thanh kim loại tăng 37,75 gam. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, kim loại thoát ra bám hết vào thanh kim loại M. Xác định kim loại M. 2. Để xà phòng hóa hoàn toàn 8,9 kg chất béo có công thức (CnH2n + 1COO)3C3H5 cần vừa đủ 1,2 kg NaOH. Cho biết phản ứng xảy ra hoàn toàn, chất béo không có tạp chất. a) Tính khối lượng glixerol sinh ra và khối lượng xà phòng bánh có chứa 60% khối lượng muối natri của axit béo thu được ở trên. b) Xác định công thức của chất béo. 3. Trình bày phương pháp hóa học tách riêng axit axetic ra khỏi hỗn hợp gồm axit axetic, rượu etylic và nước. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. Câu IV: (3,0 điểm) 1. Có 2 dung dịch: Dung dịch A chứa 0,2 mol Na2CO3 và 0,3 mol NaHCO3; dung dịch B chứa 0,5 mol HCl. Người ta tiến hành các thí nghiệm sau: -Thí nghiệm 1: Đổ rất từ từ dung dịch B vào dung dịch A cho đến hết. -Thí nghiệm 2: Đổ rất từ từ dung dịch A vào dung dịch B cho đến hết. Tính thể tích khí bay ra (ở đktc) trong mỗi thí nghiệm. 2. Dung dịch R là hỗn hợp của rượu etylic (D = 0,8g/ml) và nước (D = 1g/ml). Cho 20,2 gam dung dịch R tác dụng với kim loại natri dư, thu được 5,6 lít khí (ở đktc). a) Tính độ rượu của dung dịch R. b) Nếu dùng rượu etylic nguyên chất thì cần bao nhiêu gam để thu được thể tích khí nói trên. Câu V: (3,0 điểm) 1. Hòa tan 1,02 gam Al2O3 vào 300 ml dung dịch H2SO4 0,2M ta thu được dung dịch C. Rót tiếp 200 ml dung dịch NaOH vào C thì thu được một kết tủa, đem nung đến khối lượng không đổi thì được 0,51 gam chất rắn. Tính nồng độ mol của dung dịch NaOH đã dùng. 2. Thổi từ từ hỗn hợp khí X gồm CO và H2 đi qua ống sứ đựng 16,8 gam hỗn hợp Y gồm 3 oxit CuO, Fe3O4, Al2O3 nung nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được m gam chất rắn Z và hỗn hợp khí T, hỗn hợp T nặng hơn hỗn hợp X là 0,32 gam. Tính m. Câu VI: (2,0 điểm): Hòa tan hoàn toàn a gam kim loại M có hóa trị không đổi vào b gam dung dịch HCl thu được dung dịch D. Thêm 240 gam dung dịch NaHCO3 7% vào D thì vừa đủ để tác dụng hết với lượng HCl còn dư, thu được dung dịch E trong đó nồng độ % của NaCl và muối clorua của M tương ứng là 2,5% và 8,12%. Thêm tiếp lượng dư NaOH vào E, lọc lấy kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thì thu được 16 gam chất rắn. a) Viết các phương trình hóa học xảy ra. b) Xác định kim loại M và tính nồng độ % của dung dịch HCl đã dùng. --*-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH BẮC NINH Năm học 2017-2018 --------------------Câu I. 1. (Đây là bài không khó đối với các học sinh đã nắm vững lý thuyết và được ôn kỹ lưỡng) – Trích mỗi lọ hóa chất thành các mẫu nhỏ có thể tích bằng nhau và đánh số thứ tự từ (1) đến (5) (giả sử mỗi dung dịch có a mol chất tan). – Nhỏ vài giọt phenolphtalein vào từng mẩu, nếu dung dịch chuyển sang màu hồng là NaOH. – Thử các mẫu còn lại bằng dung dịch màu hồng (phenolphtalein và NaOH), mẩu nào làm mất màu hồng là dung dịch NaHSO4. NaOH + NaHSO4  Na2 SO4 + H2O a a (mol) – Thử 2 mẫu còn lại bằng dung dịch NaHSO4, mẫu nào xuất hiện kết tủa trắng là BaCl2, Hai mẫu không xuất hiện kết tủa là dung dịch NaCl và nước cất. 2NaHSO4 + BaCl2  BaSO4  + Na2SO4 + 2HCl

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

124

FF IC IA L

Hoặc viết: NaHSO4 + BaCl2  BaSO4  + NaCl + HCl – Cô cạn 2 mẫu còn lại (nước và dung dịch NaCl), mẫu nào bay hơi hết là nước cất, mẫu nào còn lại chất rắn màu trắng là dung dịch NaCl. (Hoặc: Dùng đũa thủy tinh nhúng vào 2 hóa chất còn lại (nước và dung dịch NaCl), sau đó hơ trên lửa đèn khí, nếu phát ra lửa màu vàng là dung dịch NaCl). Nhận xét: Ở bài này, gắn thêm dữ kiện các dung dịch cùng nồng độ mol là không hay. Bởi vì không cho dữ kiện này thì vẫn nhận ra từng mẫu. Cách làm: - Cho vài giọt hỗn hợp màu hồng vào các mẫu còn lại, lắc đều thì dung dịch NaHSO4 sẽ làm mất màu hồng. - Khi cho vài giọt dung dịch NaHSO4 vào các mẫu (nước, dung dịch NaCl, dung dịch BaCl2) thì dung dịch BaCl2 sẽ xuất hiện kết tủa trắng ngay từ giọt đầu tiên. 2. Phân tích: Đây là bài toán căn bản trong chương trình hóa học hữu cơ. Những bài toán kiểu này có rất nhiều cách giải, các phương pháp giải đã được thầy và các đồng nghiệp trình bày rất chi tiết trong sách "22 chuyên đề hay và khó BD HSG Hóa học THCS, tập 2". Để giải bài này các em nên dùng một trong các phương pháp sau:  Phương pháp tìm CT đơn giản và độ lệch phân tử  Phương pháp sử dụng định luật thành phần không đổi  Phương pháp tính theo phương trình hóa học (phân tích ngược)  Phương pháp bảo toàn số mol nguyên tố Hướng dẫn:  Cách 1: Phương pháp tìm CT đơn giản và độ lệch phân tử Tính số mol n CO  0,1 mol ; n H O = 0,1 mol 2

 n O (trong X) = (3 – 0,1.12 – 0,1.2):16 = 0,1 mol

KÈ

n C : n H : n O  0,1: 0,2 : 0,1  1: 2 :1 Công thức nguyên của (X): (CH2O)n Ta có: 30n = 3,75.16 = 60  n = 2 Vậy công thức phân tử của X là C2H4O2 Vì X tác dụng được với NaOH nên X thuộc axit hoặc este CTCT của X: CH3COOH hoặc H-COOCH3 Phương trình hóa học: CH3COOH + NaOH  CH3COONa + H2O t0 HCOOCH3 + NaOH  HCOONa + CH3OH  Cách 2: Phương pháp áp dụng định luật thành phần không đổi 2, 24 1 mC  .12  1, 2 (gam) ; m H  1,8  0, 2(gam) ; m O  3  1,2  0,2  1,6 (gam) 22,4 9 Đặt CTTQ của hợp chất (X) là CxHyOz

12x y 16z 60     20 1, 2 0, 2 1,6 3  x = 2; y = 4; z = 2 Công thức phân tử của (X) là C2 H4O2  Cách 3: Phân tích hệ số phản ứng (phân tích ngược) (Vì hệ số trong PTHH cho biết tỷ lệ số mol, nên nếu trong phản ứng có tất cả các chất đều biết số mol thì sử dụng tỷ lệ số mol làm hệ số cân bằng. Xem đây là phương pháp phân tích hệ số ngược.) Tính được số mol n A  0,05 mol ; n CO = n H O = 0,1 mol

ẠY



0,1.44  1,8  3 Bảo toàn khối lượng  n O   0,1 mol 2 32  Tỷ lệ: n A : n O : n CO : n H O  0,05 : 0,1: 0,1: 0,1  1: 2 : 2 : 2 2

Phương trình phản ứng đốt cháy (X): 0

t CxHyOz + 2O2   2CO2 + 2H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

125

x  2  Bảo toàn nguyên tố C, H, O   y  2.2  4  z  2.2  2.1  2.2  2   Cách 4: Phân tích mối liên hệ số mol CO2 và H2O n A  0,05 mol ; n CO = n H O = 0,1 mol  n H  2n C 2

FF IC IA L

Đặt công thức tổng quát của (X): Cn H2nOm Bảo toàn mol C  0,05n = 0,1  n = 2 Từ MX = 60  14.2 + 16m = 60  m = 2 Vậy công thức phân tử của (X) là: C2H4O2  Cách 5: Tính toán thuần túy theo phương trình hóa học y y t0 CxHyOz + (x  ) O2  xCO2 + H2O 4 2 0,05  0,05x 0,025y (mol) x  2 0,05x = 0,1 Ta có:   0,025y = 0,1 y = 4 Mặt khác: 12.2 + 4 + 16z = 60  z = 2 Công thức phân tử của (X) là: C2H4O2 Câu II. 1. Phân tích: Khi gặp các bài tập viết phương trình hóa học theo mô tả thí nghiệm, các em thường không quan tâm chất còn dư nên dẫn đến sai sót. Khi giải các bài loại này thì các em nên viết PTHH theo từng thí nghiệm và xác định thành phần các chất sau mỗi thí nghiệm đó. Nếu chất lấy vào phản ứng mà cho dư thì sau phản ứng chất đó luôn còn một phần trong hỗn hợp cùng trạng thái với nó, các chất đối kháng với nó đều bị nó tác dụng hết. Hướng dẫn: - Phản ứng nung (A) ở nhiệt độ cao: 0

t BaCO3   BaO + CO2  0

t  Fe2O3 + 3H2O 2Fe(OH)3  0

t CO + CuO   Cu + CO2  0

ẠY

KÈ

t 3CO + Fe2O3   2Fe + 3CO2  Khí (B) : CO2 và CO dư Rắn (C) gồm: BaO; Cu; Fe; MgO; Al2O3 . - Phản ứng nung (C) với nước: BaO + H2 O  Ba(OH)2 Al2O3 + Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + H2 O Dung dịch (D): Ba(AlO2)2 ; Ba(OH)2 (có thể dư) Rắn (E): Cu; Fe; MgO; Al2O3 (có thể dư). - Phản ứng của (E) với dung dịch HCl dư: Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  MgO + 2HCl  MgCl2 + H2O Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O (có thể có) Khí (F): H2 ; Rắn (G): Cu Dung dịch (H): FeCl2, MgCl2 , HCl, AlCl3 (có thể có) 2. (Đây là câu tương đối dễ trong kỳ thi HSG giỏi cấp tỉnh) a) Điều chế axit axetic axít loãng –C6H10O5–n + nH2O   nC6H12O6 t0

men rîu C6H12 O6   2C2H5 OH + 2CO2 30o -32 0 C

men giÊm C2H5OH + O2   CH3COOH + H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

126

b) Điều chế PVC CH3OOH + NaOH  CH3COONa + H2O 0

t (CaO) CH3COONa + NaOH   CH4  + Na2CO3 o

1500 C 2CH4   C2 H2 + 3H2 Lµm l¹nh nhanh

t ,xt C2H2 + HCl   CH2=CHCl

FF IC IA L

t ,xt,P nCH2=CHCl   –CH2 – CHCl–n H 2SO 4 ®Æc Hoặc: C2H5OH  CH2=CH2 + H2O 170o C 5000 C

CH2=CH2 + Cl2   CH2=CHCl + HCl (phản ứng thế đặc biệt của anken) t 0 ,xt,P

ẠY

KÈ

nCH2=CHCl   –CH2 – CHCl–n Câu III. 1. Phân tích: Khi nhúng thanh kim loại vào dung dịch muối mà đề cho phản ứng hoàn toàn thì các em ngầm hiểu rằng kim loại nhúng vào còn dư và muối tác dụng với nó đã hết.Chú ý rằng khi 2 dung dịch cùng nồng độ mol và cùng thể tích thì số mol chất tan trong 2 dung dịch cũng bằng nhau. Hướng dẫn: Gọi x là số mol AgNO3 và FeCl2 trong V lít mỗi dung dịch muối Vì phản ứng hoàn toàn, các thanh kim loại lấy dư nên các muối AgNO3 và FeCl2 phản ứng hết M + FeCl2  MCl2 + Fe  x x x (mol)  Kim loại giảm m1 = (xM – 56x) gam M + 2AgNO3  M(NO3)2 + 2Ag  0,5x x x(mol)  KL tăng m2 = (108x – 0,5xM) gam 56x  xM   4,5  x  0,5 32,5 Theo đề ta có:   M  65 108x 0,5xM 37,75 xM 32,5    0,5   Vậy kim loại M là kẽm (Zn). Lưu ý: Các em có thể giải bài toán bằng cách sử dụng công thức tăng giảm khối lượng để tính số mol mỗi muối phản ứng và cho các số mol này bằng nhau (hoặc biến dữ kiện tuyệt đối thành tương đối sau đó tự chọn lượng chất). Lúc này bài toán chỉ có một ẩn là khối lượng mol của kim loại M. Cách 2: M + FeCl2  MCl2 + Fe  (1) M + 2AgNO3  M(NO3)2 + 2Ag  (2) 4,5 Theo (1): n FeCl  (mol) 2 M  56 37,75 75,5 Theo (2): n AgNO  .2  3 216  M 216  M Vì số mol 2 muối ban đầu bằng nhau nên ta có: 4,5 75,5  M = 65 (Zn)  M  56 216  M Cách 3: Giả sử có 1 mol mỗi muối FeCl2 và AgNO3 M + FeCl2  MCl2 + Fe  (1) 1 1 1 (mol)  KL giảm m1 = (M – 56) gam M + 2AgNO3  M(NO3)2 + 2Ag  (2) 0,5 1 1 (mol)  KL tăng m1 = (216 – 0,5M) gam M  56 4,5 Theo đề ta có:   M = 65 (Zn) 108  0,5M 37,75

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

127

Bảo toàn khối lượng  m C

n H 2n 1COONa

 8,9  1, 2  0,92  9,18 (kg)

FF IC IA L

2. Phân tích: Khi giải các bài toán về phản ứng xà phòng hóa thì thường áp dụng định luật BTKL. Mặt khác, thường biết khối lượng mang đơn vị lớn (kg) nên nếu tính theo số mol rất bất tiện, vì vậy ta cần sử dụng tính theo khối lượng và nhớ tỷ lệ số mol NaOH: glyxerol = 3:1  tỷ lệ khối lượng NaOH:glyxerol = 120:92. Hướng dẫn: t0 a) (CnH2n+1COO)3C3H5 + 3NaOH   3Cn H2n+1COONa + C3H5OH mglyxerol 92 92 Theo phản ứng    m glyxerol   1,2  0,92 (kg) m NaOH 120 120 9,18.100  15,3 (kg) 60 b) Theo phương trình hóa học, ta có: 1mol NaOH  1mol CnH2n+1COONa 14n  68 9,18    n  17 40 1,2 Vậy công thức của chất béo là: (C17H35COO)3C3H5 Lưu ý: Các em có thể giải bào này theo phương pháp mol, tuy nhiên số mol lớn nên việc tính toán không thuận lợi. 3. Cho NaOH dư vào hỗn hợp, khuấy đều cho tan hết. Cô cạn dung dịch thu được chất rắn gồm CH3 COONa, NaOH. Hòa tan hỗn hợp rắn vào dung dịch H2SO4 loãng dư. Đun sôi hỗn hợp, thu lấy phần hơi dẫn qua P2O5 khan thu được CH3COOH. CH3COOH + NaOH  CH3COONa + H2O CH3COONa + H2SO4 loãng  CH3COOH + Na2SO4 2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O P2O5 + 3H2O  2H3PO4 Lưu ý: Có thể thay NaOH bằng chất kiềm khác hoặc oxit azơ tương ứng với kiềm (Na2O...) hoặc kim loại không tan trong nước và đứng trước H trong dãy kim loại (Mg...), hoặc muối cacbonat (Na2CO3...). Câu IV. 1. Phân tích: Đây là loại toán hay và thường làm bối rối học sinh. Muốn giải được dạng này thì các em cần nắm một số kiến thức sau: Khi cho từ từ dung dịch H+ vào Na2CO3 thì lúc đầu phản ứng xảy ra trong dung dịch Na2CO3 nên nó tạo ra muối axit NaHCO3 (do CO2 sinh ra bị Na2CO3 hấp thụ). Khi Na2CO3 hết mà lượng axit chòn cho thêm vào thì lúc này mới co khí thoát ra. HCl + Na2 CO3  NaHCO3 + NaCl (1) (xảy ra trước) HCl + NaHCO3  NaCl + H2O + CO2  (2) (chỉ xảy ra khi Na2CO3 hết) Khi cho từ từ dung dịch hỗn hợp NaHCO3 và Na2CO3 vào dung dịch HCl, phản ứng xảy ra trong môi trường H+ nên khí giải phóng liên tục. Ở thí nghiệm này, mỗi giọt dung dịch muối rơi xuống có tỷ lệ số mol 2 muối bằng tỷ lệ số mol của chúng trong dung dịch ban đầu. Vì vậy cả 2 muối phản ứng song song và tỉ lệ số mol 2 muối phản ứng bằng tỷ lệ số mol ban đầu của chúng. Hướng dẫn:  Na 2CO3 : 0,2 mol A: B: 0,5 mol HCl NaHCO3 : 0,3 mol Ta thấy n HCl  0,5  n   0,7 mol  HCl thiếu

ẠY

KÈ

 m XP 

Thí nghiệm 1: Cho từ từ B vào A thì sau một thời gian mới thoát khí Na2CO3 + HCl  NaCl + NaHCO3 0,2  0,2 0,2 mol

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

128

NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2  (0,5 – 0,2)  0,3 mol  VCO = 0,3.22,4 = 6,72 lít 2

Thí nghiệm 2: Cho từ từ A vào B thì cả 2 muối đều phản ứng song song n Na CO (ph¶n øng) 0,2 2 2 3 Ta có:   n NaHCO (ph¶n øng) 0,3 3

FF IC IA L

Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + H2O + CO2  (1)  2 NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2  (2)  3 Từ (1,2)  Sơ đồ hợp thức: 7HCl  5CO2  5 0,5  (mol) 14 5  VCO = .22,4 = 8 lít 2 14 Lưu ý: Các em có thể giải bài toán theo phương pháp đại số. Gọi x là số mol Na2CO3 phản ứng  số mol NaHCO3 phản ứng là 1,5 x(mol) Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + H2O + CO2  x 2x x (mol) NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2  1,5x  1,5x 1,5x (mol) 1 5 Ta có: 3,5x = 0,5  x =  n CO  2,5x  (mol) 2 7 14 5 .22,4 = 8 lít  VCO = 2 14 2. Phân tích: Mấu chốt bài toán ở chỗ hỗn hợp R gồm 2 chất (etanol và nước) trong điều kiện biết 2 dữ kiện để định lượng là khối lượng hỗn hợp (20,2 gam) và thể tích H2 sinh ra từ 2 chất đó (5,6 lít, đktc). Từ 2 dữ kiện này ta lập hệ phương trình tìm được số mol ancol và nước. Còn các dữ kiện khối lượng riêng chỉ có giá trị khi tính độ rượu. VC H OH Công thức tính độ rượu: Đr = § r = 2 5  100% Vdd

ẠY

KÈ

Hướng dẫn: a) Gọi x,y lần lượt là số mol C2H5OH và H2 O trong 20,2 gam hỗn hợp C2H5OH + Na  C2H5ONa + ½ H2  x 0,5x (mol) H2O + Na  NaOH + ½ H2  y 0,5y (mol) 46x  18y  20, 2   x  0, 4   Ta có:  5, 6 0,5x  0,5y  22, 4  0, 25  y  0,1  0, 4.46 VC H OH   23 ml 2 5 0,8 23 Độ rượu: Đr = 100%  92,7 0 23  0,1.18 b) Nếu dùng rượu etylic nguyên chất Theo (1): n C H OH  2n H  2.0, 25  0,5 (mol) 2 5

 mC

2H5OH

 0,5.46  23 (gam)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

129

2 3

FF IC IA L

Câu V. 1. Phân tích: -TN1: Al2 O3 + H2SO4 trong điều kiện cả 2 chất đều biết số mol  sử dụng phương pháp giải toán có dư. -TN2: Dung dịch C chứa H2SO4 và Al2(SO4)3. Khi tác dụng với kiềm thì phản ứng trung hòa xảy ra trước, số mol kiềm còn lại tác dụng với muối Al3+. - Sơ đồ bảo toàn nhôm: NaOH Al2(SO4)3  1 hoặc 2 chất [ Al(OH)3  ; NaAlO2 hoặc Al2(SO4)3 dư ] Khi số mol Al(OH)3 < số mol Al3+  sau phản ứng có NaAlO2 hoặc có muối Al3+ còn dư. - Ở đây ta dễ dàng phát hiện kết tủa chưa cực đại, vì mrắn = 0,51 gam < 1,02 gam Hướng dẫn: Tính n Al O (ban đầu) = 0,01 mol ; n H SO  0,06 mol ; n Al O (sp nung) = 0,005 mol

Các phương trình phản ứng: Al2 O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O 0,01  0,03 0,01 (mol)  Al2 (SO4 )3 : 0,01 mol  Dung dịch C   H 2SO 4 : 0,06  0,03  0,03 mol H2SO4 + 2NaOH  Na2 SO4 + 2H2O 0,03  0,06 mol Vì khối lượng chất rắn nau nung nhỏ hơn khối lượng Al2O3 ban đầu nên  kết tủa không cực đại Có 2 trường hợp: Trường hợp 1: Al2(SO4 )3 còn dư Al2 (SO4)3 + 6NaOH  2Al(OH)3  + 3Na2SO4 0,03 0,01 mol 0

KÈ

t 2Al(OH)3   Al2 O3 + 3H2O 0,01 0,005 mol 0,06  0,03  CM ddNaOH   0,45 mol/lit 0, 2 Trường hợp 2: Kết tủa Al(OH)3 bị tan một phần Al2 (SO4)3 + 6NaOH  2Al(OH)3  + 3Na2SO4 0,01  0,06 0,02 (mol) Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O (0,02–0,01)  0,01 mol 0,06  0,06  0,01  CM ddNaOH   0,65 mol/lit 0, 2  Lưu ý: Ở trường hợp 2 ta có thể giải theo phương pháp hợp thức: n Al(OH)  2n Al O  2.0,005  0,01 mol

ẠY

Đặt T =

2 3

n Al(OH) n Al

2 (SO 4 )3



0,01 1 0,01

Hợp thức theo T, ta có PTHH chung: Al2 (SO4)3 + 7NaOH  Al(OH)3 + NaAlO2 + 3Na2SO4 + 2H2O 0,01  0,07 (mol) 0,06  0,07  CM ddNaOH   0,65 mol/lit 0, 2 2. Phân tích: Ta phân tích bài toán qua sơ đồ sau:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

CuO 16,8 (gam) Y Fe3O 4

X

Al2 O3

CO H2

130 CuO

 m(gam) Z Fe3O 4 ? Al2O3

T

CO 2  H 2 O [CO + H2 ] d

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O t0

Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2 0

t CuO + H2   Cu + H2O 0

t CuO + CO   Cu + CO2 Vì khối lượng chất khí tăng 0,32 gam  m O (bị khử) = 0,32 gam

FF IC IA L

m T  m X  0,32 gam Để ý thấy: hỗn hợp khí và hơi tăng bao nhiêu gam thì hỗn hợp rắn giảm bấy nhiêu gam? Nếu hiểu được bản chất đã nêu ở trên thì bài toán trở nên khá đơn giản trong tính toán. Cần nhớ: Các oxit kim loại mạnh (từ K  Al) không bị khử bởi H2, CO. Hướng dẫn: Các phương trình hóa học:

Tăng giảm khối lượng  m  m Y  mO (bÞ khö)  16,8  0,32 = 16,48 (gam) Câu VI. Phân tích:

NaHCO3 H 2   NaCl : 2,5%  NaOH t0 0,2 mol M  dd HCl    E  M(OH)x  M2O x MCl    x  MClx : 8,12% 240 g dd a(gam) b(gam) D HCl 16(gam) M? C%?  Qua sơ đồ ta thấy:  m E  ? -BT mol Na  số mol NaCl = 0,2 mol   (theo tỷ lệ số phần)  m MClx  ? - Bảo toàn M theo sơ đồ: 2MClx  M2Ox , lập tỷ lệ khối lượng  M = ? - BTKL  mM  mddHCl  m ddNaHCO  m H  m E  mCO 3

Hướng dẫn:

(Hoặc BTKL theo 2 giai đoạn) - Bảo toàn clo trong E  n HCl  n NaCl  n MCl .x 240.7  0, 2 mol 100.84 2M + 2xHCl  2MClx + xH2  NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2  0,2  0,2 0,2 0,2 mol Dung dịch E: MClx và NaCl MClx + xNaOH  M(OH)x  + xNaCl

a) Tính số mol: n NaHCO 

ẠY

KÈ

2M(OH)x  M2 Ox + xH2O

(1) (2)

(3)

(4) 100.0, 2.58,5 b) Theo nồng độ % của NaCl  m E   468 (gam) 2,5 8,12 m MCl   468  38(gam) x 100 Sơ đồ bảo toàn M: 2MClx  M2Ox x  2 2M  71x 38    M  12x    Kim loại M là Magie (Mg) 2M  16x 16  M  24

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

131

38  0,4 mol 95  n NaCl  n MgCl .2  0,2 + 0,4.2 = 1 mol

Theo (1): n H  n Mg  n MgCl  2

Bảo toàn số mol Cl  n HCl

ẠY

KÈ

FF IC IA L

BTKL  0,4.24 + b + 240 = 468 + 0,2.44 + 0,4.2  b = 228 (gam) 6,5 Nồng độ % của dung dịch HCl ban đầu: C% = C%ddHCl  100%  16% 228 --**-ĐỀ SỐ 23 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH HƯNG YÊN Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------Câu I: (4,0 điểm) 1. Cho từ từ đến dư dung dịch bari hiđroxit lần lượt vào các dung dịch: magie clorua, sắt (III) clorua, nhôm sunfat, amoni cacbonat. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình hóa học của các phản ứng (nếu có) để giải thích hiện tượng đó. 2. Chỉ được dùng them hai thuốc thử (tự chọn) để phân biệt các chất bột sau: magie oxit, điphotpho pentaoxxit, bari oxit, natri sunfat, nhôm oxit. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (nếu có). Câu II: (4,0 điểm) 1. Một loại muối ăn ở dạng bột, có lẫn các tạp chất magie cacbonat và magie sunfat. Chỉ được dùng thêm không quá ba loại hóa chất vô cơ, hãy trình bày cách loại bỏ tạp chất để thu được muối ăn tinh khiết. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (nếu có). 2. Hòa tan hoàn toàn 3,36 gam canxi oxit vào nước thu được dung dịch A. Hấp thụ hết V lít khí cacbon đioxit (đktc) vào dung dịch A, sau khi kết thúc các phản ứng thu được 1,2 gam kết tủa. Tính giá trị của V. Câu III: (4,0 điểm) 1. Viết công thức cấu tạo của các chất có công thức phân tử là C4H6. 2. Cho 17,04 gam hỗn hợp X gồm sắt(II) oxit, sắt(III) oxit, sắt từ oxit phản ứng hết với dung dịch axit nitric loãng, dư thu được 1,12 lít khí nitơ oxit (đktc) và dung dịch Y. Dung dịch Y có thể hòa tan tối đa 19,32 gam sắt. Hãy tính số mol axit nitric có trong dung dịch ban đầu, biết nitơ oxit là sản phẩm khử duy nhất của axit nitric. Câu IV: (4,0 điểm) 1. Dẫn 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm metan, etilen, axetilen lội qua bình đựng dung dịch brom dư, sau khí các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng bình đựng dung dịch brom tăng thêm 2,025 gam. Mặt khác, khi đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Z trên thu được 3,15 gam nước. Xác định thành phần phần trăm về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp Z. 2. Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm 3 hiđrocacbon mạch hở A, B, C rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch canxi hiđroxit dư, thấy khối lượng bình tăng thêm 10,21 gam và trong bình có 14 gam kết tủa. Biết rằng trong ba phân tử A, B, C thì phân tử A có số nguyên tử cacbon nhỏ nhất, các phân tử B và C có cùng số nguyên tử cacbon và trong hỗn hợp ban đầu số mol của A gấp 4 lần tổng số mol của B và C. Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức phân tử của các hiđrocacbon A, B, C. Câu V (4,0 điểm) 1. Một loại quặng sắt chứa một loại oxit sắt và tạp chất. Cho 11,6 gam quặng đó tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc, nóng thu được 448 ml khí lưu huỳnh đioxit và dung dịch X chứa muối và axit dư (giả sử tạp chất không phản ứng). Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch natri hiđroxit dư thu được kết tủa Y, nung nóng kết tủa Y đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Z, cho khí hiđro dư tác dụng với Z nung nóng thấy tạo ra 3,24 gam nước. Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức hóa học và thành phần phần trăm về khối lượng của oxit sắt trong quặng sắt trên. 2. Cho một lượng hỗn hợp chứa bari và natri (có số mol bằng nhau) tan hoàn toàn trong nước thu được dung dịch A và 672 ml hiđro (đktc) Thêm m gam natri hiđroxit vào dung dịch A thì thu được dụng dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với 100 ml dung dịch nhôm sunfat 0,2M thu được kết tủa C. Tính giá trị của m để thu được lượng kết tủa C lớn nhất và tính khối lượng kết tủa lớn nhất đó. --**---

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

132

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH HƯNG YÊN Năm học 2017-2018 ----------------------

MgO Oxit ba zơ

P2O5 Oxit axit

Loại chất

FF IC IA L

Câu I. 1. Phân tích: Đây là câu hỏi khá đơn giản, chỉ cần nắm chắc kiến thức về tính chất hóa học của muối, điều kiện để phản ứng trao đổi trong dung dịch xảy ra được là giải quyết nhanh bài tập này. Ở đây các em cần chú ý amoni hidroxit dễ bị phân hủy thành amoniac (NH3) và nước. Hiện tượng cần nêu trong mỗi thí nghiệm là các dấu hiệu mà giác quan có thể cảm nhận được (sủi bọt khí, xuất hiện kết tủa, đổi màu, mùi …). Hướng dẫn: - Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch MgCl2 + Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa màu trắng Ba(OH)2 + MgCl2  Mg(OH)2  + BaCl2 - Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch FeCl3 + Hiện tượng: Dung dịch màu vàng nâu chuyển dần thành kết tủa màu nâu đỏ 3Ba(OH)2 + 2FeCl3  2Fe(OH)3  + 3BaCl2 - Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch Al2(SO4)3: + Hiện tượng: Lúc đầu xuất hiện kết tủa trắng, keo tăng dần tới cực đại. Sau đó kết tủa từ từ tan bớt một phần. 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  3BaSO4  + 2Al(OH)3  Ba(OH)2 + 2Al(OH)3  Ba(AlO2)2 + 4H2O - Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch (NH4)2CO3: + Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa màu trắng và có khí mùi khai thoát ra. Ba(OH)2 + (NH4)2CO3  BaCO3  + 2NH3  + 2H2O 2. Phân biệt các chất rắn: MgO, P2O5, BaO, Na2SO4, Al2O3 Phân tích: Phân loại các chất mất nhãn và phân tích tính chất đặc trưng của chúng, ta thấy như sau: Na2SO4 Muối

Al2O3 Oxit L/ tính

Tan trong Tan trong Tan trong Tan trong nước, nước, nước, dung dịch thành dung thành dung thành dung kiềm dịch axit dịch kiềm dịch trung tính Căn cứ vào các tính chất riêng ở trên, ta chọn 2 thuốc thử là nước và quỳ tím Hướng dẫn: Trích mẫu các chất rắn để làm thí nghiệm - Thử lần lượt các mẫu bằng nước dư và thử sản phẩm bằng quỳ tím + Mẫu nào tan trong nước và dung dịch tạo thành làm quỳ tím hóa xanh là BaO BaO + H2O  Ba(OH)2 + Mẫu nào tan trong nước và dung dịch tạo thành làm quỳ tím hóa đỏ là P2O5 P2O5 + 3H2O  2H3 PO4 + Mẫu nào tan trong nước và dung dịch không làm đổi màu quỳ tím là Na2SO4 (tan vật lý) + Mẫu nào không tan trong nước là MgO hoặc Al2O3 - Dùng dung dịch Ba(OH)2 (sản phẩm của mẫu BaO) để thử 2 mẫu còn lại, mẫu nào tan trong kiềm là Al2O3. Mẫu không tan trong kiềm là MgO. Ba(OH)2 + Al2 O3  Ba(AlO2)2 + H2O Nhận xét: Ở bài này nếu chỉ dùng thêm một một dung dịch quỳ tím cũng có thể nhận ra mỗi chất. Câu II. 1. Phân tích: Trong hỗn hợp có các thành phần: Na+, Cl-, Mg2+, SO42-, CO32- nên muốn thu được NaCl tính khiết ta phải thực hiện chuyển các ion Mg2+, CO32- và SO42- thành chất kết tủa. Ngoài ra trong quá trình chọn chất để thực hiện tinh chế, các em không được đưa thêm các thành phần khác vào hỗn hợp, nếu có thì chất đó phải bay hơi khi cô cạn hoặc có khả năng tạo thành kết tủa mới có thể tách chúng ra khỏi hỗn hợp..  Chọn dung dịch BaCl2, dung dịch Na2CO3, dung dịch HCl và biện pháp cô cạn.

Không tan trong nước

ẠY

KÈ

Tính chất đặc trưng

BaO Oxit bazơ

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

133

FF IC IA L

Hướng dẫn: Hòa tan hỗn hợp vào lượng dư dung dịch BaCl2, tách bỏ kết tủa để loại bỏ MgCO3.và kết tủa sunfat. MgSO4 + BaCl2  BaSO4  + MgCl2 Cho dung dịch Na2CO3 dư vào phần nước lọc, tách bỏ kết tủa loại bỏ được MgCl2, BaCl2 MgCl2 + Na2CO3  MgCO3  + 2NaCl BaCl2 + Na2CO3  BaCO3  + 2NaCl Thêm lượng dư dung dịch HCl vào phần nước lọc, sau đó cô cạn dung dịch thu được NaCl. Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + H2O + CO2  2. Phân tích: Đây là dạng toán CO2 tác dụng với kiềm trong điều kiện bài toán cho biết số mol Ca(OH)2 và số mol CaCO3 . Vì vậy khi giải toán các em cần xem xét sự chuyển hóa nguyên tố Ca. Sơ đồ chuyển hóa nguyên tố Canxi:  Ca(HCO3 )2 : NÕu kh«ng cã Ca(OH)2  H2O CO 2 CaO   Ca(OH)2    Ca(OH)2 d: NÕu kh«ng cã Ca(HCO3 )2   CaCO3   n CaCO3  n Ca(OH)2 d Theo bảo toàn nguyên tố Ca, ta có: n Ca(OH) (ban ®Çu)   2  n CaCO3  n Ca(HCO3 )2 Theo đề bài  dễ thấy n CaCO  n Ca(OH) nên chắc chắn sau phản ứng có Ca(HCO3)2 hoặc Ca(OH)2 2

n CaCO

còn dư. Như vậy: Khi phát hiện số mol CaCO3 < số mol Ca(OH)2 thì bài toán có 2 trường hợp  Minh họa bằng đồ thị:

Số mol KT max = số mol Ca(OH)2

Có 2 TH

n CO  n Ca(OH)

KÈ

Hướng dẫn: 3,36 1,2 n CaO   0,06 mol ; n CaCO =  0,012 mol 3 100 56 CaO + H2O  Ca(OH)2 0,06 0,06 mol Vì số mol CaCO3 < số mol Ca(OH)2 nên kết tủa không cực đại.  có 2 trường hợp: Trướng hợp 1: Ca(OH)2 dư CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O 0,012 0,012 mol  V = 0,012.22,4 = 0,2688 lít Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O 0,06 0,06  0,06 mol CO2 + H2 O + CaCO3  Ca(HCO3)2 0,048  (0,06 – 0,012) mol  V = (0,06 + 0,048).22,4 = 2,4192 lít Câu III. 1. Phân tích: 2.4  2  6 C4H6 có tổng số liên kết pi và số vòng là k = 2 2

ẠY D

n CO

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

134

FF IC IA L

 Có 3 dạng: Mạch hở 2 liên kết pi (ở 2 liên kết đôi hoặc 1 liên kết ba) hoặc mạch 1 vòng và 1 liên kết pi, hoặc mạch 2 vòng no (đi xycloankan, tuy nhiên dạng này không học trong chương trình) Khung mạch của C4H6 Mạch hở Mạch vòng CC–C–C ; C–CC–C C=C=C–C ; C=C–C=C

Hướng dẫn: Các công thức cấu tạo của C4H6 - Mạch hở: CHC–CH2–CH3 ; CH3–CC–CH3 ; CH2=C=CH–CH3 ; CH2=CH–CH=CH2 - Mạch vòng:

Lưu ý: Công thức cấu tạo cuối có thể không xét tới, vì không được học trong chương trình phổ thông. 2. Phân tích: Mấu chốt bài toán ở chỗ HNO3 dư nên trong Y có Fe(NO3)3 và HNO3 dư. Dung dịch Y hòa tan tối đa 19,32 gam sắt khi sản phẩm cuối cùng tạo muối Fe2+. Ở TN 2 xem như HNO3 tác dụng với Fe tạo thẳng muối Fe2+. Ở thí nghiệm X tác dụng với HNO3 có rất nhiều cách giải, ở đây tác giả sử dụng quy đổi. Hướng dẫn: 1,12 19,32 Tính số mol n NO   0,05 mol ; n Fe (tác dụng với Y) =  0,345 mol 22, 4 56 Vì Fe3O4  FeO.Fe2O3 nên xem hỗn hợp X chỉ có FeO và Fe2O3 Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O a  6a 2a (mol) 3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + 5H2O + NO 0,15 0,5 0,15  0,05 mol Ta có: 160a + 0,15.72 = 17,04  a = 0,039 mol  n Fe(NO ) = 2.0,039 + 0,15 = 0,228 mol 3 3

ẠY

KÈ

 HNO3 : b(mol) Dung dịch Y   Fe(NO3 )3 : 0,228 mol 3Fe + 8HNO3  3Fe(NO3)2 + 4H2O + 2NO  0,375b b (mol) Fe + 2Fe(NO3 )3  3Fe(NO3 )2 0,114 0,228 (mol) Ta có: 0,375b + 0,114 = 0,345  b = 0,616 mol  n HNO  6. 0,039 + 0,5 + 0,616 = 1,35 mol 3

Câu IV. 1. Phân tích: - Đây là bài toán được thiết kế 2 phần không đều nhau, tuy nhiên do 2 phần có cùng đơn vị nên ta dễ dàng đồng bộ cả 2 thí nghiệm về cùng một lượng. 3,36  1,5  Đốt 3,36 lít Z sẽ thu được 1,5.3,15 = 4,725 gam nước. 2,24 - Khi cho các hidrocacbon lội qua bình dung dịch brom thì khối lượng dung dịch tăng thêm đúng bằng khối lượng các hidrocacbon không no đã hấp thụ vào bình. Hướng dẫn:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

135

Gọi x, y, z lần lượt là số mol CH4, C2H4, C2H2 trong 3,36 lít hỗn hợp Z. - Phản ứng của Z với dung dịch Br2: C2H4 + Br2  C2 H4Br2 C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 Khối lượng dung dịch brom tăng 2,025 gam  m C H  m C H  2,025 (gam) 2 4

2 2

Giả sử đốt hết 3,36 lít Z thì  n H



FF IC IA L

3,36   0,15 (1) x  y  z    22, 4  28y  26z  2,025 (2)  - Phản ứng đốt Z: 3,36 3,15   0,2625 mol 2, 24 18

t CH4 + 2O2   CO2 + 2H2O x 2x (mol) 0

t C2H4 + 3O2   2CO2 + 2H2O y 2y (mol) 0

t C2H2 + 2,5O2   2CO2 + H2O z z (mol) Ta có: 2x + 2y + z = 0,2625 (3) Giải hệ phương trình (1,2,3)  x = 0,075; y = 0,0375 ; z = 0,0375 0,0375  %VC H  %VC H  100%  25%  %VCH  50% 2 4 2 2 4 0,15  Lưu ý: Nếu bảo toàn số mol H hoặc sử dụng chỉ số H trung bình vẫn lập được phương trình toán số (3). Ngoài ra, các em cũng có thể sử dụng cách nhẩm nhanh ra tỷ lệ số mol các chất như sau: nC H 0,175.2 4  3,5 1 0,15 2 2 H  3,5     nC H   0,0375 2 2 0,1 n CH  C H 3,5  2 3 4

 %VCH

2,025  0,0375.26 0,0375 100%  25%  0,0375  %VC H  %VC H  2 4 2 2 28 0,15  50%

 4

2H 4

 nC

2 4

ẠY

KÈ

2. Phân tích: Khi giải toán tìm công thức của các chất hưu cơ trong hỗn hợp mà đề cho biết trước số mol hỗn hợp và số mol CO2 thì nhớ thử giá trị C trung bình. Thông thường từ giá trị trung bình của chỉ số C ta sẽ đoán được ít nhất một chất trong hỗn hợp (hoặc thử khối lượng mol trung bình). Từ độ tăng khối lượng bình (tổng khối lượng CO2 và nước) và số mol kết tủa (bằng số mol CO2) ta dễ dàng tìm được số mol CO2, H2O lần lượt là 0,14 mol và 0,225 mol. Từ đây  chỉ số C trung bình = 1,4  hỗn hợp chắc chắn có CH4. Vì ngoài CH4 ra không còn hidrocacbon nào có chỉ số cacbon bằng 1, nên 2 chất còn lại có cùng số C. Sơ đồ bài toán: 4.0,1  0,08 mol do CH 4 A : CH 4 : 4(b  c)   0,08 CO 2 : 0,14 mol 5 0,06 mol do B,C  x =?  O 0,1 mol B : C x H y : b(mol) 2   H O : 0,225 mol 0,16 mol do CH 4 C : C x H y' : c(mol)  2 0,065 mol do B,C  Hướng dẫn: n A  nB  nC 

2,24  0,1 mol 22, 4

4   n   0,1  0,08 mol Vì Số mol A gấp 4 lần số mol (B+C)   A 5 n  BC  0,02 mol

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

136

Sơ đồ phản ứng cháy: t0

Chỉ số cácbon trung bình: C 

n CO2



= 10,21  n H

= 0,225 mol

FF IC IA L

(A) + (B) + (C) + O2  CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O 14 0,14  (mol) 100 Bình nước vôi tăng tăng 2,025 gam  0,14.44 + 18. n H

0,14  1,4  Hỗn hợp có một chất có C < 1,4 0,1

n hh  A là CH4 ; B: CxHy ; C: CxHz Bảo toàn mol cacbon  0,08.1  0,02.x  0,14  x = 3 0,225.2  0,08.4  6,5  Có một chất là C3H8 (B) H B C  0,02 Vì các chất mạch hở nên  (C) là C3H4 hoặc C3 H6 Vậy A: CH4; B: C3H8 ; C: C3H4 hoặc C3H6 Câu V. 1. Phân tích: - Mấu chốt bài toán ở 2 dữ kiện rất quan trọng là số mol SO2 và số mol H2O sau phản ứng khử oxit sắt.  n H O(sp khö Z)  0,18 mol  n Fe  0,12 mol 2

- Từ tỷ lệ số mol SO2 và số mol nguyên tố Fe trong PTHH  tỷ lệ x/y  CT của oxit sắt. Hướng dẫn: Tính số mol: n SO  0,02 mol ; n H O (khử Fe2O3) = 0,18 mol

2FexOy + (6x -2y)H2SO4  xFe2(SO4)3 + (6x -2y)H2 O + (3x – 2y)SO2  (1) H2SO4 dư + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O (2) Fe2(SO4)3 + 6NaOH 2Fe(OH)3  + 3Na2SO4 (3) t0

2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O t0

(5)

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O 0,12 0,18mol n SO 2  3x  2y  0,02  x  3 (Fe O ) Theo phản ứng (1)  3 4 n Fe 2x 0,12 y 4

(4)

232  0,12  9,28 (gam) 3 9,28 100%  80%  %m Fe O (trong Q)  3 4 11,6 2. Phân tích: - Sử dụng quy tắc hóa trị (bảo toàn eletron cấp THPT) cho phản ứng của Ba, Na với H2O:  n Ba .2  n Na .1  n H .2  Số mol mỗi kim loại Ba và Na.(hoặc sử dụng hợp thức theo tỷ lệ mol) 

m Fe

KÈ

3O4

ẠY

- Kết tủa ở đây gồm BaSO4 và Al(OH)3. Lượng BaSO4 được xác định dễ dàng vì đã biết số mol Ba và SO4. Vấn đề còn lại là lượng Al(OH)3 như thế nào để kết tủa cực đại? - Ta thấy: Ban đầu số mol Na = Ba = 0,02 mol trong khi số mol SO42- = 0,06  số mol BaSO4 = 0,02 mol  Như vậy kết tủa lớn nhất khi toàn bộ Ba chuyển hết vào BaSO4 và toàn bộ Al3+ chuyển hết vào Al(OH)3 Hướng dẫn: Tính số mol n H = 0,03 mol ; n Al (SO )  0,02 mol 2

4 3

Phương trình phản ứng Na,B với H2O (theo tỷ lệ số mol Ba:Na = 1:1) 2Ba + 2Na + 6H2O  2Ba(OH)2 + 2NaOH + 3H2  0,02 0,02 0,03 mol

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

137

m  0,025m (mol) 40 Vì số mol Ba(OH)2 < số mol SO4 nên toàn bộ nguyên tố Ba chuyển hết vào kết tủa BaSO4 Mặt khác lượng kết tủa thu được là cực đại nên toàn bộ nguyên tố Al chuyển hết vào Al(OH)3 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  3BaSO4  + 2Al(OH)3  6NaOH + Al2 (SO4)3  3Na2SO4 + 2Al(OH)3  Theo phản ứng: n BaSO  n Ba(OH)  0,02 mol

n NaOH (thêm vào A) =

2 (SO 4 )3

FF IC IA L

n Al(OH) = 2 n Al

 0,02.2 = 0,04 mol

Bảo toàn số mol OH  n Ba(OH) .2  n NaOH .1  n Al(OH) .3 2

 0,02.2 + 0,02 + 0,025m = 0,04.3  m = 2,4 gam m KT  0,02.233 + 0,04.78 = 7,78 gam  Lưu ý: Ngoài cách giải trên các em có thể tính theo từng phương trình hóa học: 0,02 0,04 0,02  0,02 (mol) 3 3 6NaOH + Al2(SO4)3  3Na2SO4 + 2Al(OH)3  0,02 0,08 (mol) 0,08  (0,02  ) 3 3 Ta có: 0,02 + 0,025m = 0,08  m = 2,4 gam m KT  0,02.233 + 0,04.78 = 7,78 gam Ngoài ra, các em cũng có thể sử dụng hỗn hợp ảo: Xem dung dịch A gồm NaOH = (0,06 + 0,025m )mol và BaX2 = 0,02 mol. Muối Al2(SO4)3 quy đổi thành 0,04 mol AlX3 và 0,06 mol YSO4.Thực chất của phương pháp này là dựa trên bản chất của phương trình ion thu gọn (cấp THPT). BaX2 + YSO4  BaSO4  + YX2 0,02 0,02 mol 3NaOH + AlX3  Al(OH)3  + 3NaX 0,12 0,04 0,04 mol  0,06 + 0,025m = 0,12  m = 2,4 (gam) m KT  0,02.233 + 0,04.78 = 7,78 gam --**--ĐỀ SỐ 24

KÈ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH KON TUM Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------

ẠY

Câu 1 (4,0 điểm) 1. Hãy sử dụng các chất có sẵn: Cu, Fe, CuO, dung dịch KOH, quỳ tím, C12H22O11 (đường), dung dịch H2SO4 loãng, H2SO4 đặc và những dụng cụ thí nghiệm cần thiết để làm thí nghiệm chứng minh rằng: a) Dung dịch H2SO4 loãng có những tính chất hóa học nào của axit. b) H2SO4 đặc có những tính chất hóa học riêng nào. Viết phương trình hóa học cho mỗi thí nghiệm. 2. Từ quặng pirit, O2, H2O, các chất xúc tác thích hợp. Hãy viết phương trình hóa học điều chế muối Fe2(SO4)3 . Câu 2 (4,0 điểm) 1. Có 4 mẫu phân bón hóa học không ghi nhãn là: kaliclorua, amoni nitrat, supephotphat [Ca(H2 PO4)2], photphat tự nhiên [Ca3(PO4 )2]. Chỉ dùng thuốc thử là nước và một thuốc thử khác, hãy nhận biết 4 mẫu phân bón trên. 2. Cho hỗn hợp khí X chứa C2H2 và CO2. Để thu được C2H4 tinh khiết người ta dẫn hỗn hợp khí X đi qua lượng dư dung dịch Y. Dung dịch Y chứa chất nào sau đây: NaOH, Br2, Na2CO3. Giải thích và viết phương trình hóa học xảy ra.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

138

Câu 3 (4,0 điểm) 1. Hình bên là sơ đồ thí nghiệm CO phản ứng với oxit kim loại. a) Y có thể là oxit kim loại nào sau đây: CuO, Al2O3, Na2O, Fe3O4, PbO. Viết phương trình hóa học xảy ra.

FF IC IA L

b) Hiện tượng gì xảy ra khi dẫn khí Z vào trong cốc chứa dung dịch Ca(OH)2 dư. Viết phương trình hóa học xảy ra.

ẠY

KÈ

2. Hidrocacbon X có công thức phân tử là C4H10 a) Viết các công thức cấu tạo của X. b) Biết X có phản ứng thế với khí clo (giống metan) khi có ánh sáng. Hãy viết phương trình hóa học xảy ra khi cho X tác dụng với khí clo theo tỷ lệ mol 1:1. c) Viết các công thức cấu tạo có thể có của C4H9Cl. Câu 4 (4,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn một lượng hợp chất hữu cơ A cần 6,72 lít khí oxi (đktc). Cho toàn bộ sản phẩm tạo thành (chỉ gồm CO2 và H2O) vào một lượng nước vôi trong, sau khi kết thúc phản ứng thu được 10 gam kết tủa và 200ml dung dịch muối có nồng độ 0,5M; khối lượng dung dịch muối này nặng hơn khối lượng nước vôi đem dùng là 8,6 gam. Hãy xác định công thức phân tử của hợp chất hữu cơ A (Biết: 40 < MA < 74). 2. Đốt cháy hoàn toàn 4,48 lít khí (đktc) một hidrocacbon A. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm sinh ra vào nước vôi trong, sau khi kết thúc phản ứng thu được 20 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa rồi đem đun nóng phần nước lọc thu được 10 gam kết tủa nữa. a) Xác định các công thức phân tử và công thức cấu tạo có thể có của hidrocacbon A. b) Xác định công thức cấu tạo đúng của A và gọi tên. Biết 7,8 gam A tác dụng vừa đủ với 300ml dung dịch Br2 2M. Câu 5 (4,0 điểm) 1. Hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu. Lấy 3,31 gam X cho vào đung dịch HCl dư, thu được 0,784 lít H2 (đktc). Mặt khác, nếu lấy 0,12 mol X tác dụng với khí clo dư, nung nóng thu được 17,27 gam chất rắn Y. Tính thành phần % về khối lượng của các chất trong X (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). 2. Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được 15,68 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CO, CO2 và H2. Cho toàn bộ X tác dụng hoàn toàn với CuO (dư) nung nóng, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Hòa tan toàn bộ Y bằng dung dịch H2 SO4 đặc, nóng thu được 13,44 lít SO2 (đktc). Tính phần trăm theo thể tích các khí trong X. --**--HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LƠP 9 TỈNH KON TUM Năm học 2017-2018 ------------------------Câu 1. 1. Phân tích: Để giải được bà này, các em cần nhớ tính chất hóa học của axit sunfuric QT  ño   muoái + H 2 û   kim loaïi   - H2SO4 loãng +   oxit bazô   muoái + H 2 O   muoái + H 2 O   bazô    muoái môùi + Axit môùi   Muoái  - H2 SO4 đặc: có tính háo nước và tính oxi hóa mạnh. Hướng dẫn: a) Chứng minh dung dịch H2SO4 loãng có tính chất hóa học của axit Hóa chất Dung cụ thí nghiệm Cách tiến hành và phương trình hóa học TN chứng minh tính chất H2 SO4 loãng Quỳ tím, 1 Ống nghiệm, 1 ống -Nhỏ vài giọt H2SO4 loãng lên giấy quỳ tín H2SO4 loãng nhỏ giọt. -Hiện tượng: Quý tím hóa đỏ

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

139

t C12H22O11   12C + 11H2O 2H2SO4 đặc + C  CO2 + 2SO2 + 2H2O

2. Các phương trình hóa học:

FF IC IA L

Fe, H2SO4 1 Ống nghiệm, 1 ống - Dùng thìa lấy bột sắt cho vào ống nghiệm, dùng ống nhỏ loãng nhỏ giọt. giọt hút lấy dung dịch H2SO4 loãng cho tiếp vào ống nghiệm, lắc đều. - Hiện tượng: Bột sắt tan dần, có khí không màu thoát ra. Fe + H2SO4 loãng  FeSO4 + H2  CuO, H2SO4 1 Ống nghiệm, 1 ống - Dùng thìa lấy bột CuO cho vào ống nghiệm, dùng ống loãng nhỏ giọt, 1 thìa lấy nhỏ giọt hút lấy dung dịch H2SO4 loãng cho tiếp vào ống chất rắn. nghiệm, lắc đều. - Hiện tượng: chất rắn màu đen tan dần thành dung dịch màu xanh lam. CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O KOH, quỳ 1 Ống nghiệm, 3 ống - Dùng ống nhỏ giọt hút lấy dung dịch KOH cho vào ống tím, H2SO4 nhỏ giọt, nghiệm, nhỏ tiếp vài giọt dung dịch quỳ tím lắc đều, cho từ loãng tưd dung dịch H2SO4 vào dung dịch và lắc đều. - Hiện tượng: Khi cho quỳ tím vào dung dịch KOH thì có màu xanh. Cho từ từ H2 SO4 vào thì màu xanh nhạt dần sau đó chuyển sang không màu. H2SO4 + 2KOH  K2SO4 + 2H2O TN chứng minh tính chất riêng của H2SO4 đặc Cu lá, H2SO4 1 Ống nghiệm, 1 ống - Cho một lá đồng vào ống nghiệm, cho tiếp dung dịch đặc nhỏ giọt, 1 đèn cồn. H2SO4 đặc vào sau đó đun nóng hỗn hợp. - Hiện tượng: Lá đồng tan dần, dung dịch xuất hiện mày xanh lam, có khí thoát ra. Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 + 2H2O + SO2  C12H22O11 , 1 Ống nghiệm, 1 ống - Cho một ít đường vào ống nghiệm, sau đó thêm tiếp vài H2SO4 đặc nhỏ giọt, 1 thìa lấy ml dung dịch H2SO4 đặc, chất rắn. - Hiện tượng: Đường chuyển dần sang màu nâu, đến đen và có bọt khí sinh ra đẩy khối chất rắn màu đen lên miệng ống nghiệm

4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2 t 0 ,V O

ẠY

KÈ

2 5  2SO 2SO2 + O2  3 SO3 + H2O  H2SO4 3H2SO4 + Fe2O3  Fe2(SO4)3 + 3H2O Câu 2. 1. Trích các mẫu phân bón thành mẫu nhỏ làm thí nghiệm - Hòa tan các mầu vào nước dư, mẫu nào không tan là Ca3(PO4)2, các mẫu còn lại đều tan trong nước. - Thử các dung dịch của các mẫu còn lại bằng dung dịch nước vôi trong. Mẫu nào xuất hiện kết tủa trắng là mẫu Ca(H2PO4)2, mẫu nào có thoát ra khí mùi khai là mẫu NH4NO3. Mẫu nào không thấy hiện tượng là mẫu KCl. Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2  Ca3 (PO4)2  + 4H2O 2NH4NO3 + Ca(OH)2  Ca(NO3)2 + 2NH3  + 2H2 O 2. Chọn dung dịch Y là NaOH hoặc Na2CO3 để hấp thụ CO2. CO2 + 2NaOH dư  Na2CO3 + H2O CO2 + H2O + Na2CO3  2NaHCO3 Không dùng dung dịch brom vì dung dịch này hấp thụ C2H4 C2H4 + Br2  C2H4Br2 Câu 3. 1. Phân tích: Để giải tốt bài tạp này, các em cần nhớ CO và H2 chỉ khử được oxi của các oxit kim loại trung bình và yếu (sau Al trong dãy hoạt động hóa học).

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

140

Khi kiềm dư thì phản ứng giữa CO2 vớ kiềm chỉ tạo thành muối trung hòa. Hướng dẫn: a) Chất rắn Y có thể là: CuO, PbO 0

t CuO + CO   Cu + CO2 0

FF IC IA L

t PbO + CO   Pb + CO2 b) Dẫn khí Z vào nước vôi trong dư thì dung dịch nước vôi trong bị đục CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2 O 2. C4H10 là hidrocacbon no, tổng số liên kết pi và số vòng là k = 0. Mặt khác, do phân tử có 4C nên có thể có mạch phân nhánh. a) CTCT của C4H10

Vậy các công thức cấu tạo của C4H9Cl là: CH2Cl–CH2–CH2–CH3 CH3– CHCl – CH2–CH3 CH2Cl-CH(CH3)2 CH3– CCl(CH3) – CH3

CH3 – CH2 – CH2 – CH3 ; CH3–CH(CH3) –CH3 (3) b) Phản ứng thế của ankan với Cl2 thro tỉ lệ số lol = 1:1 chỉ tạo sản phẩm thế dạng monocloankan. Phương trình hóa học: as C4H10 + Cl2   C4H9Cl + HCl c) Công thức cấu tạo của C4H9Cl Căn cứ vào mạch cacbon ta xác định các cách thế clo vào mạch:

Câu 4. 2

10 6,72  0,3 mol ; n CaCO   0,1 mol ; nCa(HCO ) = 0,2. 0,5 = 0,1 mol 3 100 3 2 22, 4

1. n O 

CxHyOz + (x + 0,25y – 0,5z)O2  xCO2 + 0,5yH2O CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3 )2 Theo bảo toàn mol nguyên tố cacbon  n CO  n CaCO  2.n Ca(HCO

Dung dịch tăng 8,6 gam  0,3.44 + 18 n H

3 )2

– 0,1.100 = 8,6  n H

 0,1  2.0,1  0,3 mol

= 0,3 mol

ẠY

KÈ

Ta có: x: y : z = 0,3: 0,6: 0,2 = 1 : 2 : 1 CT nguyên của A: (CH2O)n Theo đề  40 < 30n < 74  1,3 < n < 2,4  n = 2 thỏa mãn Công thức phân tử của (A): C2H4O2 4,48 20 10  0, 2 mol ; n CaCO (lần 1) =  0, 2 mol ; n CaCO (lần 2) =  0,1 mol 2. n A  3 3 22,4 100 100 a) Đặt công thức của (A): CxHy t0

CxHy + (x + 0,25y) O2  xCO2 + 0,5yH2O Vì đun nóng dung dịch thu được kết tủa nên phản ứng của CO2 với nước vôi tạo 2 muối. CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3 )2 Ca(HCO3)2  CaCO3  + H2O + CO2  Theo các phản ứng (2,3,4): n CO 2  n CaCO (lần 1) + 2 n CaCO (lần 2) = 0,2 + 2.0,1 = 0,4 mol 3

Bảo toàn số mol C  0,2x = 0,4  x = 2 (3)

nhóm CH3 trong ngoặc là nhánh gắn vào nguyên tử cacbon kề bên trái nó

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

141

FF IC IA L

Các công thức phân tử của A: C2H2, C2H4, C2H6 b) Vì A tác dụng với dung dịch brom nên A có dạng C2H6-2k (k nguyên, dương) C2H6-2k + kBr2  C2H6-2kBr2k 30  2k 7,8 Theo PTHH   k2 k 0,3.2 Vậy công thức cấu tạo đúng của A là: CHCH Câu 5. 1. Phân tích: Hỗn hợp X tham gia 2 TN mà dữ kiện đề cho mang 2 loại đơn vị khác nhau (gam và mol), do đó lượng hỗn hợp X ở 2 thí nghiệm chưa chắc bằng nhau. Dấu hiệu trên cho thấy bài toán phải giải quyết theo độ lệch phần (k). Hướng dẫn: Gọi x, y, z lần lượt là số mol mỗi kim loại Al, Fe, Cu trong 3,31 gam X  kx, ky, kz ................................................................trong 0,12 mol X.  Thí nghiệm 1: Tính số mol H2 = 0,035 mol 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  x 1,5x (mol) Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  y y (mol)  27x  56y  64z  3,31 (1) Ta có:  (2) 1,5x+y= 0,035  Thí nghiệm 2: 0

t 2Al + 3Cl2   2AlCl3 kx  kx (mol)

2Fe + 3Cl2  2FeCl3 ky  ky (mol)

ẠY

KÈ

Cu + Cl2  CuCl2 kz kz (mol)  kx  ky  kz  0,12 Khöû k Ta có:   1,25x  2, 23y  1,07z  0 (3) 133,5kx  162,5ky  135kz  17,27 Giải hệ phương trình (1,2,3)  x = 0,01 ; y = 0,02 ; z = 0,03 Phần trăm khối lượng các chất trong X: 0,01.27 0,02.56 %m Al  100%  8,16% ; %m Fe  100%  33,84% 3,31 3,31  %mCu  58,0% Lưu ý: Nếu sử dụng khối lượng mol trung bình của hỗn hợp muối Y thì không cần sử dụng độ lệch phần (k). 17,27  133,5x + 162,5y + 135z = .(x + y + z)  1,25x – 2,23y + 1,07z = 0 (3) 0,12 2. Phân tích: Đây là bài toán cùng dạng với câu 2.3 đề thi HSG tỉnh Quảng Trị năm học 2017-2018. Mới đọc đề thường gây cho các em chút bối rối vì trong hỗn hợp X có 3 chất mà đề chỉ cho 3 dữ kiện. Tuy nhiên ở đây khí H2 sinh ra trong mỗi phản ứng đều có tỷ lệ số mol với CO và CO2. Vì vậy nếu sử dụng đại số thì chỉ còn 2 ẩn trong khi đề cho 2 dữ kiện định lượng thì việc tính toán khá đơn giản. Hướng dẫn: 15,68 13, 44 nX   0,7 mol ; n SO   0,6 mol 2 22,4 22, 4 Phương trình phản ứng: t0

C + H2O  CO + H2 x  x (mol)

(1)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018 t0

C + 2H2O  CO2 + 2H2 y  2y (mol)

142 (2)

CO + CuO  Cu + CO2 

(3)

FF IC IA L

H2 + CuO  Cu + H2O (4) Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 + 2H2O + SO2  (5) 0,6 0,6 (mol) Theo phản ứng (3,4)  n CO  n H  n Cu  0,6 mol 2

 2x  3y  0,7  x  0, 2  Ta có:    2x  2y  0,6  y  0,1 Phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp X: 0, 2 %VCO  .100%  28,57% 0,7 0,1 %VCO  .100%  14,29%  %VH  57,14% 2 2 0,7 Lưu ý: Nếu các em hiểu bản chất của phản ứng oxi hóa – khử thì dễ dàng phát hiện chất H2 và CO khử Cu(II) xuống Cu(0), còn H2SO4 đặc nóng lại oxi hóa Cu(0) lên Cu(II). Mặt khác CO và H2 chỉ còn khả năng nhận 1O(tương ứng 2e) và SO2 cũng chỉ có khả năng nhận 1O (tương ứng 2e). Do đó tổng số mol (H2 + CO) phản ứng bằng số mol SO2 sinh ra (ở cấp THPT, thì kiến thức này gọi là bảo toàn electron). Ngoài ra ta có thể sử dụng tỷ lệ số mol H và O để lập mối quan hệ số mol các chất trong X mà không cần dùng tới các hệ số trong phương trình hóa học: CO : x (mol)  2z  2x  4y n H : n O  2:1 H2O  X CO 2 : y   z  x  2y H2 : z ---**--ĐỀ SỐ 25

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH NINH BÌNH Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------

ẠY

KÈ

Câu 1 (4,5 điểm). 1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng khi tiến hành các thí nghiệm sau: a) Cho hỗn hợp gồm Cu và Fe2 O3 vào dung dịch HCl dư. b) Cho dung dịch KHCO3 tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư. c) Đun nóng chất béo với dung dịch NaOH. d) Glucozơ tác dụng với dung dịch AgNO3 /NH3, đun nhẹ. e) Cho axit H2SO4 đặc vào cốc đựng saccarozơ. 2. Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thu khí A trong phòng thí nghiệm (Hình 1). Hãy cho biết: a) A là khí gì? Viết phương trình phản ứng điều chế khí A. b) Thu khí A, người ta dùng phương pháp nào? Vì sao? c) Từ A, hãy viết các phương trình điều chế axit axetic (Các dụng cụ và hóa chất cần thiết coi như có đủ).

Câu 2 (4,0 điểm). 1. Tiến hành các thí nghiệm với các muối X, Y, Z, T thu được kết quả như sau: Mẫu thử X hoặc Z X hoặc T X T

Thí nghiệm Tác dụng với dung dịch chứa chất Y Tác dụng với dung dịch chứa chất Z. Tác dụng với dung dịch chứa chất T. Đun nóng

Hiện tượng Có kết tủa trắng Có khí CO2 Có kêt tủa trắng Có khí CO2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

143

FF IC IA L

Cho biết: MX + MT = 252 ; MX + MZ = 226 ; MZ + MT = 266; MZ + MY = 328. Xác định công thức của các muối X, Y, Z, T và viết các phương trình hóa học minh họa. 2. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Al, Al2O3, Al(OH)3 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20%. Sau khi phản ứng kết thúc, thu được 273,75 gam dung dịch Al2(SO4)3 21,863% và 5,04 lít H2 (đktc). Tính m. Câu 3 (4,5 điểm). 1. Khi thủy phân một chất béo trong môi trường axit chỉ thu được glyxerol; 2 axit béo C15H31COOH (axit panmitic) và C17H33COOH (axit oleic). a) Xác định công thức cấu tạo của chất béo. b) Giải thích tại sao khi để lâu trong không khí, chất béo có mùi ôi? Để hạn chế điều này, ta phải bảo quản chất béo như thế nào? 2. A là dung dịch H2SO4 nồng độ x (mol/l). B là dung dịch NaOH nồng độ y (mol/l). Trộn 200ml dung dịch A với 300ml dung dịch B ta được 500ml dung dịch C. Để trung hòa 100ml dung dịch C cần dùng 40ml dung dịch H2SO4 1M. Mặt khác, trộn 300ml dung dịch A với 200 ml dung dịch B ta được 500ml dung dịch D. Tính giá trị của x, y. Biết 100 ml dung dịch D phản ứng vừa đủ với 2,04 gam Al2O3. Câu 4 (4,0 điểm). 1. Nêu hiện tượng, giải thích và viết các phương trình phản ứng xảy ra khi tiến hành các thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: Sục từ từ tới dư khí CO2 vào dung dịch gồm NaOH và Ca(OH)2. - Thí nghiệm 2: Quét một lớp dung dịch iot lên bề mặt một lát chuối xanh và một lát chuối chín. Số mol kết tủa 2. Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào 100 gam dung dịch X chứa hỗn hợp gồm a mol FeSO4 và b mol Al2(SO4)3; kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị (só liệu chất tính the đơn vị mol). a) Tính tỉ lệ x : y (dưới dạng phân số tối giản). 0,275 b) Nếu cho từ từ dung dịch chứa 0,2 mol Ba(OH)2 vào 50 gam dung dịch X ở trên, để ngoài không khí đến khối lượng không đổi khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của m. 0,15 0 x y Số mol NaOH

KÈ

Câu 5 (3,0 điểm). 1. Cho 0,5 mol hỗn hợp khí X gồm CH4, CH3–CH3, CH3-CH2-CH3, CH2=CH–CH3 có khối lượng là m gam. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 43,68 lít O2 (đktc). Mặt khác, dẫn 1 mol X qua dung dịch Br2 dư thì số mol Br2 phản ứng là 0,4 mol. Biết các phản ứng hoàn toàn. Xác định m. 2. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ có cùng công thức phân tử cần dùng 54,88 lít O2, chỉ thu được 47,04 lít khí CO2 và 37,8 gam H2O. Nếu cho m gam X tác dụng với 800ml dung dịch NaOH 1M, thu được 16 gam ancol Y và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được 64,2 gam chất rắn khan. Các thể tích khí đều đo ở đktc. Xác định công thức cấu tạo của 2 chất hữu cơ trong hỗn hợp X. ----**-----

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH NINH BÌNH Năm học: 2017-2018 ---------------------

ẠY

Câu 1. 1. a) Hỗn hợp chát rắn tan dần, xuất hiện dung dịch màu vàng nâu sau đó chuyển dần sang màu xanh. Fe2 O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2 O Cu + 2FeCl3  2FeCl2 + CuCl2 b) Xuất hiện kết tủa màu trắng 2KHCO3 + Ba(OH)2  BaCO3  + K2CO3 + 2H2O c) Chất béo tan trong dung dịch NaOH khi đun nóng t0

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH  3RCOONa + C3H5(OH)3 d) Xuất hiện lớp chất rắn màu sáng bạc bám vào thành ống nghiệm(4). (4 )

Thường đun cách thủy thì mới có lớp gương bạc, nếu đun mạnh thì thu được Ag vô định hình có màu xám đen.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

144

t 0 / NH

FF IC IA L

3  C H O + 2Ag  C6H12O6 + Ag2O  6 12 7 e) Đường màu trắng chuyển dần sang màu nâu, sau đó chuyển thành màu đen. Khí sinh ra đẩy khối chất rắn màu đen lên miệng ống nghiệm. C12H22O11 + 24H2SO4 đặc 12CO2 + 24SO2  + 3 5H2O (Hoặc tách thành 2 phản ứng hóa học) 2. a) Khí A là axetilen C2H2 CaC2 + 2HOH  Ca(OH)2 + C2H2  b) Khí C2H2 được thu theo phương pháp dời chỗ nước (đẩy nước), vì khí C2H2 rất ít tan trong nước. c) Điều chế axit axetic từ C2H2 HgSO 4 C2H2 + H2 O   CH3CHO 80o C

2

t ,Mn CH3CHO + ½ O2  CH3COOH (Hoặc điều chế theo sơ đồ: C2 H2  C2H4  C2H5OH CH3COOH) Câu 2. 1. Phân tích: Đây là câu lý thuyết có lồng ghép định lượng. Để giải loại này ta bắt đầu từ việc xác định các khối lượng mol, sau đó dựa vào tính chất nêu trong bảng hiện tượng để xác định gốc axit tương ứng, từ đó tím công thức của các muối tương ứng thỏa mãn cả về định tính và định lượng. Hướng dẫn:

MX  MT  252 MX  106   Theo đề ta có: MX  MZ  226  MT  146  MY  208 M  M  266 M  120 T  Z  Z Theo bảng hiện tượng  X,T là các muối cacbonat, Z là muối -HSO4, Y là muối của bari.

KÈ

X: Na2CO3 (M =106); Y: BaCl2 (M=208); Z: NaHSO4 (M=120); T: Mg(HCO3 )2 (M = 146) Phương trình hóa học: - Tác dụng của Y với X, Z: Na2CO3 + BaCl2  BaSO4  + 2NaCl 2NaHSO4 + BaCl2  BaSO4  + Na2SO4 + 2HCl Hoặc: NaHSO4 + BaCl2 (dư)  BaSO4  + NaCl + HCl - Tác dụng của Z với X, T: Na2CO3 + 2NaHSO4  2Na2SO4 + H2O + CO2  Mg(HCO3)2 + 2NaHSO4  Na2SO4 + MgSO4 + 2H2O + 2CO2  - Tác dụng của X với T: Na2CO3 + Mg(HCO3)2  MgCO3  + 2NaHCO3 - Đun nóng T: 0

t Mg(HCO3)2   MgCO3  + H2O + CO2  t0

ẠY

Hoặc: Mg(HCO3)2  MgO + 2H2O + 2CO2  2. Phân tích: Ta phân tích bài toán qua sơ đồ sau: Al dd H SO 20%   2 4   

m  (gam ) Al 2 O 3 ? Al(OH ) 3

H 2 : 0,225 mol dd A l 2 (SO 4 ) 3 21,863%  273,75 gam

Nếu cho em một điều ước để tính được giá trị m, thì em ước điều gì? Có phải em ước biết được khối lượng dung dịch H2SO4 hay không? Hãy biến ước mơ đó thành hiện thực bằng bảo toàn mol nguyên tố S: 21,863.273,75 n H SO  3n Al (SO )  3. ? 2 4 2 4 3 100.342 BTKL  m  m ddH SO  m ddAl (SO )  m H 2

Hướng dẫn:

4 3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

145

273,75.21,863 5,04  0,175 mol ; n H   0,225 mol 2 100.342 22,4 Phương trình hóa học: 2Al(OH)3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 6H2O Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O 2Al + 3H2SO4  Al2 (SO4)3 + 3H2  Bảo toàn số mol SO4  n H SO  n SO  0,175.3  0,525 mol 2 (SO4 )3



FF IC IA L

n Al

17 33

đổi vị trí  2 CTCT khác nhau).  Trường hợp 2: n C H COO : n C

17H33COO

17 35

98.100 Bảo toàn khối lượng  m  0,525.  273,75  0,225.2 20  m = 16,95 (gam) Câu 3. 1. Phân tích: Đây là câu giống hệt đề thi vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An năm học 2016-2017. Chất béo là hỗn hợp trieste của glyxerol với các axit béo, chất béo có công thức tổng quát (RCOO)3C3H5. Theo đề thủy phân chất béo cho ra 2 axit béo nên chứng tỏ 3 nhóm RCOO- trong công thức trên là của 2 axit (tỷ lệ số mol là 2:1)  Có 2 trường hợp:  Trường hợp 1: n C H COO : n C H COO  2 :1  2 gốc C17H35COO- và 1 gốc C17 H33COO- (Hoán  1: 2  1 gốc C17H35COO- và 2 gốc C17 H33COO- (Hoán

C15 H31COO CH2

; C15 H31 COO CH

C17 H33COO CH

đổi vị trí  2 CTCT khác nhau). Hướng dẫn. a) Thủy phân chất béo thu được Glyxerol và 2 axit béo nên chất béo được tạo bởi 2 axit C17H33COOH và C15H31COOH theo tỷ lệ số mol 2: 1. CTCT của chất béo: C17 H33 COO CH2 C17H33 COO CH2 C15 H31 COO CH2 C15H31COO CH2 C15 H31COO CH

;

C17 H33 COO CH2

;

C17H33 COO CH

C17 H33COO CH2

ẠY

KÈ

C15H31 COO CH2 b) Chất béo để lâu trong không khí thường có mùi ôi (thiu) vì: Dưới tác dụng của hơi nước, oxi và vi khuẩn trong không khí đã xảy ra sự oxi hóa các chất béo không no (có nhiều trong dầu thực vật) thành các chât trung gian sau đó phân hủy thành các andehyt, xeton làm cho chất béo có mùi ôi.  Cách bảo quản: - Bảo quản chất béo ở nhiệt độ thấp. - Đậy kín lọ đựng chất béo ngay sau khi sử dụng, hạn chế tạo ra các khoảng trống trong lọ đựng. - Cho thêm chất chống oxi hóa vào chất béo hoặc đun chất béo với một ít muối ăn. Lưu ý: Thực tế dầu thực vật (chủ yếu chất béo không no) dễ ôi thiu hơn mỡ đông vật. Tuy nhiên, do khi sản xuất dầu thực vật người ta đã cho thêm chất chống oxi hóa nên khó bị oxi hóa hơn mỡ động vật. 2.  Thí nghiệm 1: Số mol chất tan trong các dung dịch A, B: n H SO  0,2x (mol) ; n NaOH = 0,3y (mol) 2

Vì G tác dụng với H2SO4 nên  NaOH còn dư Đẻ trung hòa 500ml dung dịch C cần n H SO (dùng thêm) = 0,4.1.5 = 0,2 mol 2

H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2 O Theo phản ứng: n NaOH  2n H SO  0,3y = (0,2 + 0,2x).2 2

 0,4x – 0,3y = - 0,4 (1)  Thí nghiệm 1: n H SO  0,3x (mol) ; n NaOH = 0,2y (mol) 2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

146

2,04.5  0,1 mol 102 Vì D tác dụng với Al2O3  có 2 trường hợp: Trường hợp 1: D có NaOH dư 2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O 0,6x 0,3x (mol) 2NaOH + Al2O3  NaAlO2 + H2O 0,2 0,1 mol Ta có: 0,6x + 0,2 = 0,2y  0,6x – 0,2y = - 0,2 (2) Giải hệ phương trình (1,2) được: x = 0,2 ; y = 1,6 Trường hợp 2: D có H2SO4 dư 2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O 0,2y  0,1y (mol) Al2 O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O 0,1 0,3 (mol ) Ta có: 0,1y + 0,3 = 0,3x  0,3x – 0,1y = 0,3 (3) Giải hệ phương trình (1,3) được: x = 2,6; y = 4,8  x  0,2M ; y =1,6M Vậy hoặc   x  2,6M ; y = 4,8M Câu 4. 1. Thí nghiệm 1: Xuất hiện kết tủa trắng tăng dần đến không đổi sau một thời gian. Sau đó kết tủa từ từ tan ra thành dung dịch trong suốt. CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O CO2 + 2NaOH  Na2 CO3 + H2O CO2 + H2O + Na2CO3  2NaHCO3 CO2 + H2O + CaCO3  Ca(HCO3)2 Thí nghiệm 2: Bề mặt lát chuối xanh chuyển thành màu xanh khi tiếp xúc dung dịch Iot. Bề mặt lát chuối chín không thấy xuất hiện màu xanh. Giải thích: Chuối xanh có chứa nhiều tinh bột nên làm đổi màu dung dịch iot thành xanh. Trong chuối chín tinh bột đã chuyển hóa thành đường ghlucozơ nên không làm đổi màu Iot. Số mol kết tủa 2. Phân tích: Mấu chốt bài toán ở chỗ đã biết số ,ol kết tủa cực đại là 0,275 mol gồm Fe(OH)2 và Al(OH)3. Đoạn nằm ngang là só mol Fe(OH)2 có số mol OH = 0,15 mol. Mặt khác, theo đồ thị ta thấy Fe(OH)2 kết tủa trước 0,275 Al(OH)3. 2O3



FF IC IA L

Để tác dụng với 500ml D cần n Al

KÈ

Hướng dẫn:

a) *Khi n NaOH  0,15 mol , chỉ có Fe(OH)2 kết tủa:

ẠY

FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2  + Na2SO4 0,075 0,15 mol 0,075 mol  a = 0,075 mol *Khi n NaOH  x mol  kết tủa cực đại

FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2  + Na2SO4 0,075  0,15 0,075 mol Al2(SO4)3 + 6NaOH  2Al(OH)3  + 3Na2SO4 b 6b 2b mol b = (0,375 – 0,075) : 2 = 0,1 mol  x = 0,15 + 6.0,1 = 0,75 mol * Khi n NaOH  y(mol)  Al(OH)3 vừa tan kết Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O 0,2  0,2 mol Vậy y = x + 0,2 = 0,75 + 0,2 = 0,95 mol

0,15

Số mol NaOH

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018



147

x 0,75 15   y 0,95 19

FF IC IA L

 n FeSO4  0,0375 mol  n SO  0,1875 mol b) 50(gam)X  4  n Al2 (SO 4 )3  0,05 mol FeSO4 + Ba(OH)2  Fe(OH)2  + BaSO4  0,0375 0,0375 0,0375 0,0375 mol n OH(Cßn l¹i) (0,2  0,0375).2 26 T=    3, 25  Al(OH)3 bị tan bớt một phần n 3 0,1 8 Al

4Al2(SO4)3 + 13Ba(OH)2  6Al(OH)3 + Ba(AlO2 )2 + 12BaSO4  + 4H2O 0,05  0,075 mol 0,15 mol 2Fe(OH)2 + ½ O2 + H2O  2Fe(OH)3 

0,075

0,075 mol

m  0,0375.107  0,075.78  0,1875.233  53,55 gam Câu 5. 1. Phân tích: Hỗn hợp X gồm 4 chất và tất cả các chất đều chỉ chứa C và H. Muốn tìm khối lượng hỗn hợp X thì chỉ cần xác định được công thức trung bình hoặc xác định từng lượng C và H trong sản phẩm cháy (Vì m X  mC  m H ). Các em hãy phân tích xem từng dữ kiện đề cho để làm gì? - 1mol X + 0,4 mol Br2  số liên kết pi trung bình k = 0,4/1 = 0,4  Công thức trung bình: CnH2n+2 -0,8  CnH2n+1,6 - 0,5 mol X tác dụng vừa đủ với 1,95 mol O2  Lập tỷ lệ số mol sẽ tìm được giá trị n. Dựa trên phân tích này ta chọn phương pháp sử dụng giá trị trung bình là khá hiệu quả. Ngoài ra các em có thể dùng nhiều cách khác (trong đó có một phương pháp khá hay là phân tích hệ số) Hướng dẫn: Cách 1: Sử dụng công thức trung bình Thí nghiệm 1: Phản ừng với dung dung dịch Br2 0,4 Theo đề: 1 mol X tác dụng tối đa 0,4 mol Br2  số liên kết pi trung bình: k   0,4 1 Đặt công thức của X: C n H 2n 1,2

Thí nghiệm 2: Phản ứng đốt cháy X: 43,68 nO   1,95(mol) 2 22, 4 0

t C n H 2n 1,2 + (1,5n  0,3) O2   n CO2 +( n + 0,6) H2O

1,95 mol 1,5n  0,3 1,95 Ta có:   n  2,4 1 0,5  m = 0,5. (14.2,4 + 1,2) = 17,4 gam. Cách 2: Kết hợp công thức trung bình và phân tích hệ số Thí nghiệm 1: Như cách 1 Thí nghiệm 2: Phản ứng đốt cháy X:

ẠY

KÈ

0,5

t C n H 2n 1,2 + (1,5n  0,3) O2  n CO2 +( n + 0,6) H2O

Gọi a là số mol CO2 Phân tích hệ số  n H

 n CO  0,6n X  (a  0,3) (mol) 2

Bảo toàn số mol oxi  1,95.2 = 2a + a + 0,3  a = 1,2 mol BTKL  mX = mC + mH = 1,2.12 + (1,2 + 0,3).2 = 17,4 (gam) Lưu ý: Ngoài ra ta có thể phân tích hệ số trực tiếp từ hệ số CO2 (hoặc H2O) với O2 và hỗn hợp X: 2.1,95  0,6.0,5 Vì 2.(1,5n + 0,3) – 3n = 0,6  2n O  3n CO  0,6n X  n CO   1,2 mol 2 2 2 3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

n + 0,6.1 = (n + 0,6)  n H

148

 n CO  0,6n X  1, 2  0,6.0,5  1,5 mol 2

 Cách 3: Quy hỗn hợp về 2 chấ:t C3H6 và 1 ankan tổng quát Thí nghiệm 1: Số mol Br2 tác dụng với 0,5 mol X là 0,2 mol C3H6 + Br2  C3H6Br2 0,2 0,2 mol Thí nghiệm 2: Số mol ankan = 0,5 – 0,2 = 0,3 mol

FF IC IA L

C3H6 + 4,5O2  3CO2 + 3H2O 0,2  0,9 mol

t C3H6 + 4,5O2   3CO2 + 3H2O 0,2  0,9 mol 0

t CH4 + 2O2   CO2 + 2H2O x  2x (mol)

CnH2n+2 + (1,5n + 0,5) O2  nCO2 + (n+1)H2O 0,3  (0,45n + 0,15) mol Ta có: 0,9 + 0,45n + 0,15 = 1,95  n = 2  m = 0,2.42 + 0,3.30 = 17,4 (gam)  Cách 4: Quy hỗn hợp về 3 chất (bỏ bớt 1 ankan) Xem hỗn hợp X gồm CH4, C3H8, C3H6 Thí nghiệm 1: Số mol Br2 tác dụng với 0,5 mol X là 0,2 mol C3H6 + Br2  C3H6Br2 0,2 0,2 mol Thí nghiệm 2: Số mol ankan = 0,5 – 0,2 = 0,3 mol

KÈ

C3H8 + 5O2  3CO2 + 4H2O y  5y (mol)  x  y  0,5  0,2  0,3  x  0,15  Ta có:   2x  5y  1,95  0,9  1,05  y  0,15 m = 0,2.42 + 0,15.16 + 0,15.44 = 17,4 (gam)  Cách 5: Giữ nguyên hỗn hợp + phân tích hệ số CO2, H2O Xem hỗn hợp X gồm CH4, C3H8, C3H6 Thí nghiệm 1: Số mol Br2 tác dụng với 0,5 mol X là 0,2 mol C3H6 + Br2  C3H6Br2 0,2 0,2 mol Thí nghiệm 2: Số mol ankan = 0,5 – 0,2 = 0,3 mol t0

C3H6 + 4,5O2  3CO2 + 3H2O t0

ẠY

CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O 0

t C3H8 + 5O2   3CO2 + 4H2O Theo các phản ứng  n CO  n H O  n Ankan 2

Gọi x là số mol H2O, y là số mol CO2  x  y  0,3  x  1,5     m = 1,2.12 + 1,5.2 = 17,4 (gam)  x  2y  1,95.2  y  1,2 2. Phân tích: Mấu chốt bài toán ở các dữ kiện sau:  (X) + NaOH  Ancol, chứng tỏ trong hỗn hợp X phải có ít nhất 1 chất là este. Đốt (X) sinh ra số mol CO2 = số mol H2O, chứng tỏ các este hoặc axit trong X đều no hở, đơn chức.  Sơ đồ phản ứng:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

149

FF IC IA L

(X) + O2  CO2 + H2O (1) (X) + NaOH  rắn + ancol + H2O (2) Định hướng giải: - CTTQ của X: CnH2nO2 - Từ (1): Theo tỷ lệ số mol CO2 và O2  giá trị n  CTPT mỗi chất trong X (đồng phân) - Từ (2): BTKL  lượng H2O = ?  Chứng tỏ X có axit hay không? - Tính toán theo số mol X, H2O  số mol ancol  Mancol - Đến đây thì bài toán đã trở nên đơn giản. Hướng dẫn: Tính số mol: n O  2,45 mol ; n CO  2,1 mol ; n H O  2,1 mol ; n NaOH  0,8 mol 2

n 2,1   n  3 (hoặc lập tỷ lệ số mol CO2 và O2) n O 2 1, 4 Công thức phân tử của mỗi chất là: C3H6 O2 n n 1, 4 2,1 nX  O   0,7 mol (hoặc n X  C   0,7 mol ) 2 2 3 3 - Phản ứng của X với NaOH: Vì n X  n NaOH  NaOH còn dư 



 X t¸c dông NaOH Vì   X chứa este (hoặc axit) no đơn chức.  n CO2  n H2O Vì số mol H2O = số mol CO2 nên  CT chung của 2 chất hữu cơ là: CnH2nOm 3n  2 t0 O2  nCO2 + nH2 O CnH2nO2 + 2 Bảo toàn số mol oxi  n O ( trong X)  2,1.2 + 2,1.1 – 2,45.2 = 1,4 mol

BTKL  mX + mNaOH = mancol + mrắn khan + mnước (sp)  0,7.74 + 0,8.40 = 16 + 64,2 + 18 n H O  n H O = 0,2 mol 2

ẠY

KÈ

Vậy X gồm 1 axit và 1 este: C2H5COOH + NaOH  C2H5COONa + H2O 0,2 0,2 0,2 0,2 (mol) RCOOR' + NaOH  RCOONa + R'OH (0,7 – 0,2)  0,5 (mol) 16 Ta có: R ' 17   32  R '  15 ( CH 3 ) 0,5  R = 74 – 15 – 44 = 15 (-CH3) Công thức cấu tạo axit: CH3-CH2-COOH Công thức cấu tạo của este: CH3COOCH3 --**-ĐỀ SỐ 26 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH VĨNH PHÚC Năm học 2017-2018 Thời gian 150 phút ----------------------

Câu 1 (2,0 điểm) Nguyên tử nguyên tố X có tổng các loại hạt là 82. Trong hạt nhân nguyên tử X, số hạt mang điện ít hơn số hạt không mang điện là 4 hạt. Biết nguyên tử khối của X có giá trị bằng tổng số hạt trong hạt nhân nguyên tử. a) Xác định nguyên tố X. b) Coi nguyên tử X có dạng hình cầu với thể tích xấp xỉ 8,74.10-24 cm3. Trong tinh thể X có 74% thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử, còn lại là khe trống. Cho số Avôgađro: N= 6,022.1023. Tính khối lượng riêng của tinh thể X.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

150

ẠY

KÈ

FF IC IA L

Câu 2 (2,0 điểm) a) Gọi tên những hợp chất có công thức hóa học sau: CaO, Fe(OH)3, HClO, H2SO3, H3PO4, Na3PO4, Ca(H2PO4)2, SO2, N2O4, AlCl3. b) Hợp chất A có khối lượng mol phân tử bằng 134 g/mol. Thành phần phần trăm về khối lượng của các nguyên tố trong A là 34,33% natri, 17,91% cacbon, còn lại là oxi. Lập công thức phân tử của A. Câu 3 (2,0 điểm) Trong một phòng thí nghiệm có hai dung dịch axit clohiđric (dung dịch A và dung dịch B) có nồng độ khác nhau. Nồng độ phần trăm của B lớn gấp 2,5 lần nồng độ phần trăm của A. Khi trộn hai dung dịch trên theo tỉ lệ khối lượng là 3:7 thì được dung dịch C có nồng độ 24,6%. Biết trong phòng thí nghiệm, dung dịch axit clohiđric có nồng độ lớn nhất là 37%. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch A, B. Câu 4 (2,0 điểm) Hoà tan hoàn toàn a mol Ba vào dung dịch chứa a mol HCl, thu được dung dịch X. Cho dung dịch X lần lượt tác dụng với các chất sau: Al2O3, NaOH, Na2SO4, AlCl3, Na2CO3, Mg, NaHCO3 và Al. Viết phương trình các phản ứng hoá học xảy ra (nếu có). Câu 5 (2,0 điểm) Bằng phương pháp hóa học, hãy loại bỏ tạp chất trong các khí sau: a) CO2 có lẫn tạp chất là SO2. b) SO2 có lẫn tạp chất là SO3. c) CO có lẫn tạp chất là CO2. d) CO2 có lẫn tạp chất là HCl. Câu 6 (2,0 điểm) Một hỗn hợp X gồm CuO và MgO. Chỉ dùng thêm dung dịch HCl và bột Al, hãy nêu 2 cách để điều chế đồng nguyên chất từ hỗn hợp X (các dụng cụ và điều kiện cần thiết có đủ). Viết phương trình các phản ứng hoá học xảy ra. Câu 7 (2,0 điểm) Cho một kim loại A tác dụng với dung dịch của một muối B (dung môi là nước). Hãy tìm một kim loại A, một muối B phù hợp với mỗi thí nghiệm có hiện tượng như sau: a) Kim loại mới bám lên kim loại A. b) Dung dịch đổi màu từ vàng sang xanh lam. c) Có bọt khí và kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan dần đến hết. d) Có bọt khí và kết tủa màu trắng lẫn kết tủa màu xanh lơ. Viết phương trình các phản ứng hóa học xảy ra. Câu 8 (2,0 điểm) Hấp thụ hoàn toàn 1,568 lít CO2 (đktc) vào 500ml dung dịch NaOH 0,16M, thu được dung dịch X. Thêm 250 ml dung dịch Y gồm BaCl2 0,16M và Ba(OH)2 aM vào dung dịch X, thu được 3,94 gam kết tủa. Tính giá trị của a. Câu 9 (2,0 điểm) Đốt 11,2 gam Fe trong không khí, thu được m1 gam chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn A trong 800 ml HCl 0,55M, thu được dung dịch B (chỉ chứa muối) và 0,448 lít khí (đktc). Cho dung dịch AgNO3 dư vào B, thu được m2 gam kết tủa khan. Tính m1 và m2. Câu 10 (2,0 điểm) Trộn CuO với một oxit của kim loại M (M có hóa trị II không đổi) theo tỉ lệ mol tương ứng là 1:2 được hỗn hợp A. Dẫn một luồng khí CO dư đi qua 3,6 gam A nung nóng đến phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp B. Để hòa tan hết B cần 60 ml dung dịch HNO3 2,5M, thu được dung dịch (chỉ chứa chất tan là muối nitrat của kim loại) và V lít khí NO duy nhất (đktc). Xác định kim loại M và tính V. -----**------

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

151

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LƠP 9 TỈNH VĨNH PHÚC Năm học 2017 – 2018 ---------------------------

8,74.10-24 . 6,022.1023 .100 = 7,1125 cm3 74 56   7,87 g/cm 3 7,1125

 n  2p  82  n  30 Theo đề ta có:   NTKX = 30 + 25 = 56 đvC.  n  p  4  p  26 Vậy X là nguyên tố sắt (Fe) (5) b) Thể tích mol của Fe:

Ơ H N

x  2 23x 12 y 16z 134      1, 34   y  2 34, 33 17, 91 47, 76 100 z  4 

Theo đề ta có:

Na3PO4: Natri photphat Ca(H2PO4 )2: Canxi đihidrophotphat SO2: Lưu huỳnh đioxit N2O4: Đinitơ tetraoxit AlCl3: Nhôm clorua

Câu 2. a) Gọi tên các hợp chất: CaO: Canxi oxit Fe(OH)3: Sắt (III) hidroxit HClO: Axit hypoclorơ H2SO3: Axit sunfurơ H3PO4: Axit photphoric b) Đặt công thức của (A): NaxCyOz

V1mol 

 D Fe

FF IC IA L

Câu 1. Phân tích: Câu a của bài này chỉ ở mức độ căn bản, các em đã được học trong chương trình hóa học lớp 8. m Để giải được câu b, các em phải nhớ công thức tính khối lượng riêng của chất ( D  ). Để đơn giản V 23 trong tính toán thì các em nên xét 1 mol nguyên tử X (chứa 6,022.10 nguyên tử của của nguyên tố X). Hướng dẫn: a) Gọi p, n lần lượt là số proton và nơtron trong nguyên tử X.

Vậy công thức hóa học của hợp chất (A) là: Na2C2O4 (Natri oxalat) (6)

ẠY

KÈ

Câu 3. Phân tích: Bài toán có tất cả các dưc kiện đề cho và các đại lượng đề hỏi đều ở dạng tương đối (tỷ lệ). Đây là cơ sở cho phép ta sử dụng kỹ thuật chọn lượng chất. Dữ kiện nồng độ sau trộn (26,4%) là điều kiện loại nghiệm. Cần lưu ý rằng đề cho tỷ lệ khối lượng 3:7 mà không có từ tương ứng nên cần xét 2 trường hợp. Hướng dẫn: Gọi x là nồng độ % của dung dịch A  nồng độ dung dịch B là 2,5x % Trường hợp 1: Nếu mA : mB = 7 : 3 7x  3.2,5x Ta có:  24,6%  x  16,97% 73 C%(A) = 16,97%  C%(B)= 16,97.2,5 = 42,425% > 37% (loại) (5) (6)

Ở đây ta đã biết p = 26 là đủ kết luận nguyên tố Fe, có lẽ người ra đề nghĩ rằng các em không thuộc số proton. Đây là muối của axit oxalic, công thức cấu tạo của muối này là: NaOOC-COONa

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

152

FF IC IA L

Trường hợp 2: Nếu mA : mB = 3 : 7 3x  7.2,5x Ta có:  24,6%  x  12% 37 C%(A) = 12%  C%(B)= 12.2,5 = 30% Vậy nồng độ phần trăm của dung dịch A và dung dịch B lần lượt là 12% và 30%. Câu 4. Phân tích: Câu này dễ nhưng ý tưởng khá hay khi một câu lý thuyết có kết hợp với định lượng (tỉ lệ số mol a : a = 1: 1). Bắng cách so sánh hóa trị ta biết ngay Ba dư só với HCl (vì n Ba .2  2a  n Cl .1  a ). Vì vậy trong dung dịch X chắc chắn có BaCl2 và Ba(OH)2. Hướng dẫn: n Ba : n Cl  1:1  1: 2  Ba dư so với HCl  Dung dịch X có chứa BaCl2 và Ba(OH)2

(Hoặc sử dụng quy tắc hóa trị: n Ba .2  2a  n Cl .1  a  Chứng tỏ Ba dư so với HCl, hoặc sử dụng tính

toán theo diễn biến phản ứng: ban đầu, phản ứng, sau phản ứng như đã học ở chương trình Hóa học lớp 8) Phương trình hóa học: Thí nghiệm Phương trình hóa học

Ba + 2HCl  BaCl2 + H2 

Ba + dung dịch HCl

Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2 

X + Al2O3

Ba(OH)2 + Al2O3  Ba(AlO2)2 + H2O

BaCl2 + Na2SO4  BaSO4  + 2NaCl

X + Na2SO4

Ba(OH)2 + Na2SO4  BaSO4  + 2NaOH

Ba(OH)2 + AlCl3  Al(OH)3  + BaCl2

X + AlCl3

2Al(OH)3 + Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + 4H2O BaCl2 + Na2CO3  BaCO3  + 2NaCl Ba(OH)2 + Na2CO3  BaCO3  + 2NaOH

X + Na2CO3

Ba(OH)2 + NaHCO3  BaCO3  + Na2CO3 + H2O

X + NaHCO3

KÈ

X + Al

BaCl2 + Na2CO3  BaCO3  + 2NaCl Hoặc: Ba(OH)2 + NaHCO3  BaCO3  + NaOH + H2O Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O  Ba(AlO2)2 + 3H2 

ẠY

Câu 5. a) Dẫn hỗn hợp CO2, SO2 qua bình đựng dung dịch Br2 dư, thì SO2 bị hấp thụ. Thu khí thoát ra thì được CO2:

SO2 + 2H2O + Br2  2HBr + H2SO4 b) Dẫn hỗn hợp SO2 , SO3 qua bình đựng dung dịch BaCl2 dư, SO3 bị hấp thụ. Thu khí thoát ra thì được SO2.

SO3 + H2O + BaCl2  BaSO4  + 2HCl c) Dẫn hỗn hợp CO, CO2 qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thì CO2 bị hấp thụ. Thu khí thoát ra thì được CO. CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O d) Dẫn hỗn hợp CO2, HCl đi qua dung dung dịch NaHCO3 dư thì khí HCl bị hấp thụ. Thu khí thoát ra thì được CO2. HCl + NaHCO3  NaCl + H2O + CO2 

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

153

FF IC IA L

Câu 6. Phân tích: Căn cứ vào tính chất hóa học của CuO, MgO ta thấy: MgO không bị khử bởi H2 còn CuO bị khử. Cu không tan trong dung dịch HCl. Mặt khác, mức độ hoạt động của các kim loại Mg > Al > Cu. Đây là cơ sở giúp ta điều chế Cu bằng cách dùng Al đấy Cu ra khỏi dung dịch muối. Cách 1:

Cách 2:

Hướng dẫn:  Cách 1: Điều chế H2 từ Al và dung dịch HCl. Sau đó khử hỗn hợp X chứa CuO, MgO bằng dòng khí H2 dư, hòa tan sản phẩm rắn vào dung dịch HCl dư, lọc chất rắn và làm khô thì được Cu nguyên chất. Phương trình hóa học: 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  0

t H2 + CuO   Cu + H2O

MgO + 2HCl  MgCl2 + H2 O  Cách 2: Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HCl dư. Cho tiếp Al dư vào dung dịch thu được. Tách lấy chất rắn hòa tan vào dung dịch HCl dư, lọc phần chất rắn không tan đem làm khô thì được Cu nguyên chất. Phương trình hóa học:

MgO + 2HCl  MgCl2 + H2 O CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O

2Al dư + 3CuCl2  2AlCl3 + 3Cu 

ẠY

KÈ

2Al dư + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  Lưu ý: Ngoài ra các em có thể dùng Al dư khử hỗn hợp (CuO và MgO) sau đó hòa tan hỗn hợp rán thu được vào dung dịch HCl dư, lọc tách được Cu nguyên chất. Câu 7. Ý Kim loại A Muối B Phương trình hóa học Fe CuSO4 a Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu  b

Fe2(SO4 )3 Cu + Fe2(SO4)3  CuSO4 + 2FeSO4 AlCl3 2Na + 2H2O  2NaOH + H2 

AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3  + 3NaCl NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O

CuSO4

Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2  CuSO4 + Ba(OH)2  BaSO4  + Cu(OH)2 

Câu 8. Phân tích:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

154

Đây là bài toán thuộc dạng CO2 tác dụng với kiềm trong điều kiện đã biết số mol CO2 và số mol OH nên dễ dàng biết được trong X có chứa gì (Căn cứ vào tỷ lệ số mol OH/CO2 = 8/7 ta biết phản ứng tạo 2 muối). Ở thí nghiệm tiếp theo ta biết số mol BaCO3 = 0,02 mol < số mol CO2 = 0,07 mol. Do đó theo bảo toàn nguyên tố cacbon ta kết luận kết thúc thí nghiệm ta thu được BaCO3 và ít nhất một muối khác có chứa cacbon.

FF IC IA L

Mặt khác, số mol BaCO3 = 0,02 mol < số mol BaCl2 = 0,04 mol  Chứng tỏ sau phản ứng còn dư BaCl2, do đó không còn Na2CO3. Vậy cuối cùng thu được các muối gồm BaCO3, NaHCO3, NaCl, BaCl2 Hướng dẫn: Tính số mol: n CO  0,07 mol ; n NaOH  0,08 mol ; n BaCl  0,04 mol 2

n Ba(OH)  0,25a mol n BaCO  0,02 mol 3

 Thí nghiệm 1: CO2 tác dụng NaOH n 0,08 8 T  NaOH    1,14 n CO 0,07 7 2

7CO2 + 8NaOH  Na2CO3 + 6NaHCO3 + H2O 0,01

0,06 mol

0,07  0,08

Vì 1 < T < 2 nên dung dịch X chứa 2 muối Na2CO3 và NaHCO3

 Thí nghiệm 2: Cho Y vào X Vì n BaCO  0,02 mol  n BaCl  0,04 mol  còn dư BaCl2, không còn Na2CO3 2

Vì n BaCO  0,02 mol  n CO  0,07 mol  sau phản ứng có muối NaHCO3, kiềm kết Ba(OH)2 + 2NaHCO3  BaCO3  + Na2CO3 + 2H2O 0,25a 

Na2CO3  BaCO3  + 2NaCl

(0,25a + 0,01) 

BaCl2

0,25a (mol) 0,25a (mol) (0,25a + 0,01) mol

Ta có: 0,5a + 0,01 = 0,02  a = 0,02 mol/lít  Lưu ý: Ở thí nghiệm 1 các em có thể giải theo 2 phản ứng song song hoặc nối tiếp để tìm số mol mỗi muối mà không cần sử dụng phương pháp hợp thức như lời giải ở trên. Ở thí nghiệm 2 các em có thể giải theo bảo toàn số mol nguyên tố kim loại (Na, Ba) và phi kim (C, Cl).

KÈ

 BaCO3 : 0,02 mol   BaCl2 : x(mol) Sau phản ứng   NaCl: y(mol)  NaHCO3 : z mol

ẠY

 z  0,07  0,02  x  0,025   Bảo toàn số mol C, Na, Cl   2x  y  0,04.2   y  0,03    y  z  0,08  z  0,05

Bảo toàn số mol Ba  0,25a + 0,04 = 0,02 + 0,025  a = 0,02 mol/ lít Câu 9. Phân tích: Mấu chốt bài toán ở chỗ dung dịch B chie chứa muối  HCl hết (0,44 mol). Nguyên tố H trong HCl đã đi về đâu? Nguyên tố oxi trong rắn A đã đi về đâu? Sơ đồ chuyển hóa nguyên tố H: HCl  H2 + H2O Sơ đồ chuyển hóa nguyên tố oxi: O  H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

155

 số mol O = số mol H2O = (số mol HCl – 2. số mol H2): 2  m1 = mFe + mO Sai lầm có thể mắc ở chố AgNO3 dư tác dụng dung dịch B thì kết tủa bao gồm cả AgCl và Ag (sinh ra từ FeCl2 và AgNO3 dư)

Hướng dẫn: Đặt công thức chung của các oxit sắt trong B là FexOy

FF IC IA L

 m2 = m AgCl  m Ag

2xFe + yO2  2FexOy

(1)

FexOy + 2yHCl  (3x – 2y)FeCl2 + (2y – 2x)FeCl3 + yH2O

(2)

Fe + 2FeCl3  3FeCl2

(3)

Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 

(4)

0,04

0,02 (mol)

(5)

FeCl2 + 3AgNO3  Fe(NO3)3 + 2AgCl  + Ag 

(6)

0, 44  0,04  0, 2 mol 2

BTKL  m1  mFe  mO  11, 2  0,2.16  14, 4 (gam)

1 2

Theo phản ứng (2)  n O (trong B)  n HCl 

FeCl3 + 3AgNO3  Fe(NO3 )3 + 3AgCl 

Theo (5,6) ta có: n AgNO3 p  3n Fe  3.0, 2  0,6 (mol)

Kết tủa gồm AgCl và Ag  m 2  mAg  mCl  0,6.108  0, 44.35,5  80, 42 (gam)

Lưu ý: Các em có thể sử dụng đại số giải phương trình tìm số mol FeCl2 và FeCl3 sau đó dựa vào các phản ứng tìm được số mol AgCl và số mol Ag. Hoặc bảo toàn khối lượng cả quá trình để tìm m2. Phương pháp đại số:

Gọi a, b lần lượt là số mol FeCl2 và FeCl3 trong B

11, 2   0, 2 a  0,16 a  b   56 Bảo toàn Fe và Cl    2a  3b  0,8.0,55  0, 44  b  0,04

KÈ

n AgCl  n Cl  0, 44 mol  m 2  0, 44.143,5  0,16.108  80, 42(gam)  n Ag  n FeCl2  0,16 mol Sử dụng bảo toàn khối lượng cả quá trình: m1  m HCl  m AgNO  m Fe(NO 3

3 )3

 mH

 mH  m2 2

 14,4 + 0,44.36,5 + 0,6.170 = 0,2.242 + 0,2.18 + 0,02.2 + m2  m2 = 80,42 (gam) Câu 10. Phân tích: Đây là bài toán khá quen thuộc, đã từng xuất hiện trong nhiều đề thi HSG và thi vào lớp 10 chuyên ở các năm trước. Mấu chốt bài toán ở chỗ M chưa rõ vị trí trong dãy hoạt động hóa học của kim loại. Do đó MO có thể bị khử bởi CO hoặc không bị khử, nên ta chia bài toán ra 2 trường hợp và chọn nghiệm thỏa mãn. Lưu ý rằng H2 và CO chỉ khử được các oxit của kim loại trung bình và yếu (sau Al trong dãy hoạt động hóa học KL) Hướng dẫn: Gọi a là số mol CuO  n MO  2a (mol)

ẠY D

Các phản ứng của A với CO (có thể có):

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

156

CuO + CO  Cu + CO2 a

a (mol) t0

MO + CO  M + CO2

FF IC IA L

2°  2° (mol) Trường hợp 1: Nếu MO bị khử (M đứng sau Al) Rắn B: a mol Cu và 2a mol M 3Cu + 8HNO3  Cu(NO3)2 + 4H2O + 2NO  3M + 8HNO3  M(NO3 )2 + 4H2O + 2NO 

8 8.3a Theo phản ứng: n HNO  n KL   0,06.2,5 = 0,15  a = 0,01875 mol 3 3 3  0,01875.80 + 0,01875.2.(M + 16) = 3,6  M = 40 (loại, vì Ca đứng trước Al) Trường hợp 2: Nếu MO không bị khử (M đứng trước Al) Rắn B: a mol Cu và 2a mol MO 8a 3

2a (mol) 3

2a 

MO + 2HNO3  M(NO3)2 + H2O

a

3Cu + 8HNO3  Cu(NO3)2 + 4H2O + 2NO 

4a (mol)

8a  4a  0,15  a = 0,0225 mol 3 Theo đề  0,0225.80 + 0,0225.2.(M + 16) = 3,6  M = 24 (Mg, thỏa mãn) Vậy kim loại M là magie (Mg) 0,0225.2 V  22,4  0,336 lít 3 ---**--ĐỀ SỐ 27 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH PHÚ YÊN Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ------------------------

Ta có:

ẠY

KÈ

Câu 1 (5,0 điểm) 1.1. Cho bảng giá trị khối lượng riêng (D g/cm3) và nồng độ phần trăm (C%) của axit sunfuric trong nước nguyên chất (ở nhiệt độ 15,50C) như sau: C(%) D(g/cm3) C(%) D(g/cm3) C(%) D(g/cm3) 0,00 0,999 50,87 1,406 90,60 1,822 10,77 1,073 60,75 1,509 97,00 1,842 21,07 1,149 81,30 1,745 98,00 1,842 a) Nếu pha trộn 100 gam dung dịch axit H2 SO4 21,07% với 50 gam dung dịch axit H2SO4 81,30% thu được dung dịch axit H2SO4 có nồng độ phần trăm và khối lượng riêng bằng bao nhiêu? b) Cho sẵn các dụng cụ gồm: cốc thủy tinh 500ml, cố thủy tinh 250 ml; ống đong 100ml; ống đong 50ml; phễu thủy tinh và đũa thủy tinh. Dung dịch axit H2SO4 21,07% và dung dịch axit H2SO4 81,30% được chứa trong hai bình thủy tinh khác nhau. Trình bày và giải thích về thao tác thí nghiệm khi tiến hành pha trộn hai dung dịch với khối lượng như đã cho ở câu hỏi 1.1a) nhằm đảm bảo an toàn nhất.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

157

FF IC IA L

1.2. Người ta thực hiện thí nghiệm sau: Đổ một lượng axit sunfuric 98,00% vào một cốc có chứa một ít hạt đường ở trạng thái khan (loại đường mía kết tinh thường có màu trắng hay được sử dụng trong sinh hoạt hằng ngày của các gia đình người Việt Nam). Sau một thời gian ngắn, đường biến thành màu nâu, sau đó chuyển sang màu đen và dường như khối lượng đường tăng lên rất nhiều và trào ra khỏi miệng cốc (xem hính bên). Nếu chạm nhẹ tay vào thành cốc, ta thấy thành cốc nóng lên.

Hãy giải thích hiện tượng của thí nghiệm, viết phương trình hóa học minh họa. 1.3. Cho các chất: CaO, Fe, Fe3O4 , Mg(OH)2 , BaCl2 và NaHCO3. Viết phương trình hóa học (nếu có) khi cho lần lượt từng chất phản ứng với dung dịch axit H2SO4 10,00%. Câu 2 (5,0 điểm). 2.1. Hỗn hợp X gồm CuO và Fe2O3. Hòa tan hoàn toàn 44 gam X bằng dung dịch HCl (dư), sau phản ứng thu được dung dịch chứa 85,25 gam muối. Mặt khác nếu khử hoàn toàn 22 gam X bằng CO (dư) và dẫn chậm hỗn hợp khí thu được sau phản ứng qua dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được m gam kết tủa. Viết phương trình hóa học, xác định phần trăm khối lượng các chất có trong X và giá trị của m. 2.2. Cho 100 ml dung dịch NaHSO4 0,8M vào 200ml dung dịch chứa đồng thời Ba(HCO3)2 0,25M và BaCl2 0,1M. Phản ứng xong, thu được kết tủa có khối lượng m gam, khí bay ra có thể tích là V lít (đktc) và dung dịch X. a) Xác định giá trị của m và V. b) Cô cạn (ở áp suất khí quyển) dung dịch X. Tính khối lượng chất rắn khan thu được sau khi cô cạn dung dịch X. Câu 3 (5,0 điểm). Nung ở nhiệt độ cao m gam hỗn hợp X gồm Al và Fe2 O3 trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau: Hòa tan phần (1) trong dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được 1,12 lít (đktc) khí H2; hòa tan phần (2) trong 650 ml dung dịch NaOH 0,1M (dư), thu được dung dịch Z và còn lại 4,4 gam chất rắn không tan. a) Tính giá trị của m. b) Nếu lấy phần (1) hòa tan trong axit H2SO4 đậm đặc, nóng, dư thì cần bao nhiêu gam axit H2SO4 98% (sinh ra sản phẩm khử duy nhất là SO2), biết đã lấy dư 19,6% so với lượng cần thiết phản ứng. c) Cho dung dịch axit HCl 0,5M vào dung dịch Z, thấy thu được 1,95 gam kết tủa. Tính thể tích (lít) dung dịch axit HCl 0,5M đã dùng. Cho rằng các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn và quá trình nung X chỉ xảy ra phản ứng:

ẠY

KÈ

t 2Al + Fe2O3   Al2O3 + 2Fe. Câu 4 (5,0 điểm). 4.1. Hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon A (CnH2n) và B (CmH2m), số nguyên tử cacbon trong B lớn hơn số nguyên tử cacbon trong A. Trong hỗn hợp X, thể tích của B chiếm hơn 70% thể tích của hỗn hợp. Đốt cháy hoàn toàn 1,0 thể tích hỗn hợp X cần vừa đủ 4,2 thể tích O2 (các thể tích đo cùng nhiệt độ và áp suất). Tìm công thức phân tử của A, B và viết công thức cấu tạo có thể có của A, B. 4.2. Khí hóa lỏng - khí gas hay còn gọi đầy đủ là khí dầu mỏ hóa lỏng - có thành phần chính là propan (C3H8) và butan(C4H10). Bình thường thì propan và butan là các chất ở dạng khí, nhưng để dễ vẫn chuyển và sử dụng, người ta nén cho chúng tồn tại ở dạng lỏng. Khí gas không màu, không mùi (nhưng chúng ta vẫn thấy gas có mùi vì chúng đã được cho thêm chất tạo mùi trước khi cung cấp cho người tiêu dùng để dễ dàng phát hiện ra khi có sự rò rỉ gas). Mỗi kilogam (kg) khí gas được đốt cháy hoàn toàn cung cấp khoảng 12.000 kcal năng lượng, tương đương lượng nhiệt thu được khi đốt cháy hoàn toàn 2 kg than củi. Việc sản sinh ra các loại chất khí NOx, khí độc và tạp chất trong quá trình cháy thấp đã làm cho khí gas trở thành một trong những nguồn nhiên liệu khá thân thiện với môi trường. Hiện nay, trên thị trường Việt Nam có khá nhiều loại khó gas khác nhau do các hãng cung cấp với các tỷ lệ propan: butan khác nhau. Cho rằng gia đình Y đang sử dụng một loại khí gas có tỷ lệ thể tích propan: butan = 3:7 có tổng khối lượng 12 kg nạp vào bình thép chuyên dụng. Hỏi: a) Năng lượng đã tỏa ra trong quá trình đốt cháy hết một bình gas của gia đình Y khoảng bao nhiêu kcal? b) Tính thể tích không khí (đktc) cần thiết để dùng cho quá trình đốt cháy hoàn toàn 1 kg khí gas loại gia đình Y đang sử dụng. ---**---

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

158

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH PHÚ YÊN Năm học 2017-2018 ------------------------

ẠY

KÈ

FF IC IA L

Câu 1. 1. a) Nồng độ phần trăm của dung dịch H2SO4 sau khi pha trộn là: 21,07.100  81,30.50 C% =  41,17% 100  50 Khối lượng riêng của dung dịch H2SO4 sau pha trộn là: 100  150 D=  1,297 g/cm 3 100 :1,149  50 :1,745 b) Về nguyên tác khi trộn 2 dung dịch cũng như pha loãng dung dịch H2SO4 đặc, ta phải cho từ từ dung dịch axit có nồng độ cao vào cốc chứa axit có nồng độ thấp và khuấy đều. Không được làm ngược lại, vì sự hòa tan tỏa ra nhiều nhiệt, bắn các giọt H2SO4 đặc ra ngoài gây ra nguy hiểm. Dùng phễu và ống đong 50ml để đong lấy khoảng 28,7 ml dung dịch H2SO4 81,30% rồi cho vào cốc thủy tinh 250ml(cốc A). Dùng phễu và ống đong 100 ml để đong lấy khoảng 87 ml dung dịch H2SO4 21,07% rồi cho vào cốc thủy tinh 500ml (cốc B). Đặt phễu vào cốc B và rót từ từ dung dịch trong cốc A theo phễu vào cốc B, dùng đũa thủy tinh khuấy nhẹ đều cho tan hết. Vậy ta đã pha chế được 150 gam dung dịch H2SO4 41,17% 1.2. H2SO4 đặc háo nước, tách nước từ nguyên tố H và O của đường saccarozơ làm cho đường mất nước chuyển dần sang màu nâu sau đó chuyển thành mau đen (cacbon). Lượng hơi nước và khí sinh ra tăng lên rất nhanh, đẩy khối bột than màu đen lên trên miệng cốc. Thành cốc nóng lên là do phản ứng tỏa nhiều nhiệt. Phương trình hóa học: C12H22O11 + 24H2SO4 đặc  12CO2  + 24SO2  + 35H2O 1.3. Các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra: CaO + H2SO4  CaSO4 + H2O Fe + H2SO4  FeSO4 + H2  Fe3O4 + 4H2SO4  FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O Mg(OH)2 + H2SO4  MgSO4 + 2H2O BaCl2 + H2 SO4  BaSO4  + 2HCl 2NaHCO3 + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O + 2CO2   Lưu ý: dung dịch H2SO4 10% là dung dịch loãng, nên có tính chất hóa học như axit clohiric (HCl) Câu 2. 2.1. Phân tích: Để đơn giản ta nên đồng nhất mỗi thí nghiệm đều dùng 22 gam X, lúc đó khối lượng muối clorua là 42,625 gam. Đây là bài toán khá đơn giản vì chỉ cần một thí nghiệm với HCl đủ xác định lượng mỗi chất trong X, vì hỗn hợp gồm 2 chất mà đề cho biết 2 dữ kiện (vừa đủ để lập hệ phương trình và giải). Ở thí nghiệm 2 số mol BaCO3 = số mol CO2 = số mol O trong X = ½ số mol Cl). Với các dữ kiện đề và yêu cầu tính toán như trên, bài toán có thể giải nhiều cách. Tuy nhiên, cách đơn giản nhất là sử dụng phương pháp đại số (đặt ẩn, giải phương trình) Hướng dẫn: Thí nghiệm 1: Giả sử dùng 22 gam X thì lượng muối clorua thu được là 42,625 gam Gọi x,y lần lượt là số mol CuO, Fe2O3 trong 22 gam X. CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O x x (mol) Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O y 2y (mol)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

159

80x  160y  22  x  0,075 Theo đề ta có:   135x  325y  42,625  y  0,1 0,075.80 %mCuO  100%  27,27%  %m Fe O  72,73% 2 3 22 Thí nghiệm 2: t0

t Fe2O3 + 3CO   2Fe + 3CO2 0

FF IC IA L

CuO + CO  Cu + CO2

t CO2 + Ba(OH)2   BaCO3  + H2O Theo các phản ứng: n BaCO  n CO  n O(trong X)  0,075  0,1.3  0,375 mol 3

 m = 0,375.197 = 73,875 gam 2.2. a) Tính số mol n NaHSO  0,08 mol ; n Ba(HCO

3 )2

H

Ba 2

 0,07 < n

 0,08  n

HCO3

SO42

 0,08 mol  Ba2+ kết tủa hết

 0,1 mol

 0,02 mol

Ta thấy: n

 0,05 mol ; n BaCl

 H+ hết và CO2 giải phóng một phần, sau phản ứng có NaHCO3

Phương trình hóa học: 2NaHSO4 + Ba(HCO3)2  Na2SO4 + BaSO4  + 2H2O + 2CO2  Pư: 0,08  0,04 0,04 0,04 0,08 (mol)  Dư: 0,01 mol Ba(HCO3)2 Ba(HCO3)2 + Na2SO4  BaSO4  + 2NaHCO3 0,01  0,01 0,01 0,02 mol  Dư: 0,03 mol Na2SO4 BaCl2 + Na2SO4  BaSO4  + 2NaCl 0,02  0,02 0,02 0,04 mol  Dư 0,01 mol Na2SO4 Khối lượng kết tủa BaSO4: m = 0,07.233 = 16,31 gam Thể tích CO2: V = 0,08.22,4 = 1,792 lít b) Cô cạn dung dịch trong áp suất khí quyển thì xem như chỉ làm bay hơi nước. Bảo toàn khối lượng  m r¾n  m NaHSO  m Ba(HCO )  mBaCl  mCO  mH 4

3 2

 m BaSO 2O 4

 m r¾n = 0,08.120 + 0,05.259 + 0,02.208 – 0,08.62 – 16,31 = 5,44 (gam)

KÈ

 Lưu ý:  Ở câu a có thể sử dụng hợp hợp thức theo tỷ lệ số mol các chất ban đầu (vì chúng phản ứng hết) n NaHSO : n Ba(HCO ) : n BaCl  0,08 : 0,05: 0,02  8 : 5: 2 4

3 2

ẠY

8NaHSO4 + 5Ba(HCO3)2 + 2BaCl2  7BaSO4  + Na2SO4 + 4NaCl + 2NaHCO3 + 8H2O + 8CO2  0,08  0,07 0,01 0,04 0,02 0,08 (mol) Hoặc xem các muối ban đầu phản ứng song song: NaHSO4 + Ba(HCO3)2  BaSO4  + NaHCO3 + H2O + CO2  (1) 0,05 0,05  0,05 0,05 0,05 (mol) NaHSO4 + BaCl2  BaSO4  + NaCl + HCl (2) 0,02 0,02  0,02 0,02 0,02 (mol) n NaHCO  0,05  n HCl  n NaHSO 4  0,03  NaHCO3 còn dư 0,02 mol 3

NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2  NaHCO3 + NaHSO4  Na2SO4 + H2O + CO2  Theo phản ứng (3,4): n CO2  n HCl  n NaHSO  0,03 mol

(3) (4)

 V = (0,03 + 0,05).22,4 = 1,792 lít m = m BaSO  0,07.233 = 16,31 (gam) 4

 Ở câu b có thể tính toán khối lượng chất rắn theo tổng khối lượng các chất tan trong dung dịch.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

160

 NaCl : 0,04 mol  Dung dịch X gồm  Na 2SO 4 : 0,01 mol  NaHCO : 0,02 mol  3

FF IC IA L

 m r¾n = 0,04.58,5 + 0,01.142 + 0,02.84 = 5,44 (gam) Câu 3. Phân tích: Đây là bài toán khá hay, tuy không phải khó lắm nhưng có thể gây bối rối cho không ít hoc sinh. Cái khó ở đây là thí nghiệm phần 2 đề không cho biết có khí sinh ra hay không và lượng NaOH dùng dư nên chưa sử dụng được. Vậy chất rắn không tan có thể chỉ có Fe hoặc gồm Fe và Fe2O3 còn dư. Vì vậy các em cần phải sử dụng dữ kiện rắn sau TN phần 2 và số mol khí H2 để biện luận xác định chất rắn có Fe2O3 hay không? Xét TN phần 2: Nếu rắn không tan trong NaOH là Fe 4,4  Phần 1: VH 2 (do Fe) =  22, 4  1,76 lít > 1,12 lít  Vô lý. Chứng tỏ chất rắn gồm Fe và 56 Fe2O3. Hỗn hợp Y không có Al. Vậy dữ kiện về số mol NaOH (0,065 mol) chỉ có giá trị trong tính toán ở ý c (tính thể tích dung dịch HCl) Hướng dẫn: a) Phản ứng nung nóng hỗn hợp X:

2Al + Fe2O3  Al2 O3 + 2Fe 2a a a 2a (mol) Phần 2: n NaOH  0, 065 mol

Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O 0,5a  a a (mol) 2Al + 2H2 O + 2NaOH  2NaAlO2 + 3H2  (có thể có) Chất rắn không tan gồm Fe và có thể có Fe2 O3 dư 4,4 Nếu chất rắn không tan chỉ có Fe  VH (do Fe/H2SO4) =  22,4  1,76 lít > 1,12 lít (loại) 2 56 Vậy chất rắn không tan gồm Fe và Fe2O3  Al phản ứng hết với Fe2O3. 1,12 Phần 1: n H   0,05 mol 2 22,4

ẠY

KÈ

Fe : a(mol)  ½ Y gồm: Al 2 O3 : 0,5a(mol) Fe O d : b(mol)  2 3 Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4 )3 + 3H2O Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O Fe + H2SO4  FeSO4 + H2  0,05 0,05 (mol) a  0, 05   4, 4  0, 05.56  0, 01 b  160 BTKL  m = m Al  m Fe O = 0,05.2.27 + (0,05 + 0,02.2).160 = 13,9 gam 2 3

Hoặc m = (0,05.56 + 0,025.102 + 0,01.160).2 = 13,9 gam b) Vì sau phản ứng Fe, Al đều hóa trị III nên xem hỗn hợp phần 1 chỉ gồm 0,05 mol R và 0,035 mol R2 O3 R2 O3 + 3H2SO4  R2(SO4)3 + 3H2O 0,035  0,105 mol 2R + 6H2SO4  R2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2  0,05  0,15 mol

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

161

0,255.98.119,6 100   30,498 (gam) 100 98  Lưu ý: Các em có thể viết đầy đủ các PTHH của Y với H2SO4 và tính toán hoặc có thể xem như ½ hỗn hợp X tác dụng với H2SO4 đặc thì kết quả định lượng vẫn không thay đổi (vì số mol kim loại Al mất đi và Fe sinh ra bằng nhau, hóa trị Fe và Al trong phản ứng cũng như nhau).  NaAlO2 : 0,05 mol ; n Al(OH)  0,025 mol < n NaAlO  Kết tủa dưới giá trị cực đại c) Z :  3 2  NaOH: 0,015 mol  Bài toán có 2 trường hợp: NaOH + HCl  NaCl + H2O 0,015  0,015 mol  Trường hợp 1: NaAlO2 dư NaAlO2 + HCl + H2O  Al(OH)3  + NaCl 0,025  0,025 mol 0,025  0,015  VddHCl   0,08 lít 0,5  Trường hợp 2: Al(OH)3 bị tan bớt một phần NaAlO2 + HCl + H2O  Al(OH)3  + NaCl 0,05  0,05 0,05 mol Al(OH)3 + 3HCl  AlCl3 + 3H2O (0,05– 0,025)  0,075 mol 0,015  0,05  0,075  VddHCl   0,28 lít 0,5  Lưu ý: Ở trường hợp 2, ta có thể sử dụng phương pháp hợp thức, phương pháp bảo toàn số mol nguyên tố. n Al(OH) : n NaAlO  0,025 : 0,05  1: 2 2SO4



FF IC IA L

m ddH

KÈ

Hợp thức theo tỷ lệ số mol ta có PTHH chung: 2NaAlO2 + 5HCl  Al(OH)3  + 2NaCl + AlCl3 + H2O 0,05  0,125 mol 0,015  0,125  VddHCl   0,28 lít 0,5 Câu 4. 4.1. Phân tích: Hỗn hợp 2 chất cùng kiểu công thức tổng quát mà đề bài chỉ cho biết 2 dữ kiện nên nếu sử dụng đại số thì sẽ biện luận tương đối phức tạp. Ở các dạng bài như thế ta nên sử dụng phương pháp trung bình. - Cách 1: SỬ dụng số mol H2O = số mol CO2 = 2/3 số mol O2 sau đó tính giá trị C (Tb) = n CO2 : n hh

ẠY

- Cách 2: Sử dụng tỷ lệ số mol O2: số mol hỗn hợp  giá trị C(tb) Theo tính chất trung bình  Cmin < C(tb) < Cmax Hướng dẫn: Theo đề: A; CnH2n ; B: CmH2m (Điều kiện: 2  n < m) Đặt công thức trung bình của 2 chất A, B là Cx H 2x

Giả sử có 1mol X  số mol O2 = 4,2 mol t0

Cx H 2x + 1,5 x O2  x CO2 + x H2O

Ta có: 1,5 x = 4,2  x = 2,8 Theo TC của giá trị trung bình  2  n < 2,8 < m  n = 2 thỏa mãn Vậy CTPT của A là: C2H4 C m H 2m : a(mol) 0,8  am + 2.(1 – a) = 2,8  a = m2 C 2 H 4 : (1-a) mol

X

Theo đề  0,7 < a < 1  0,7 <

0,8 < 1  2,8 < m < 3,14  m = 3 m2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

162

Vậy công thức phân tử của B: C3H6 C2H4 có một cấu tạo: CH2 =CH2 C3H6 có hai cấu tạo: CH2=CH–CH3 ; CH2 H2 C

CH2

FF IC IA L

4.2. Phân tích: Bài toán này chủ yếu cung cấp thông tin thực tế về sử dụng khí gas, điều này rất bổ ích cho các em tìm hiểu thêm về kiến thức hóa học với thực tế đời sống, sản xuất và môi trường. Tuy nhiên, so với các đề thi khác (có trong sách này) thì đây là bài không hay bởi vì lời dẫn quá dài dòng không cần thiết. Hướng dẫn: a) Năng lượng Q = 12. 12000 = 144.000 kcal b) Công thức trung bình của hỗn hợp C3H8 và C4H10 tỷ lệ mol tương ứng 3:7 là C3,7H9,4 103 (mol)  n1kg gas  53,8 0

t C3,7H9,4 + 6,05O2   3,7CO2 + 4,7H2 O 3 3 10 6,05 10  (mol) 53,8 53,8

6,05.103.22,4.5  12594,8 lít (Ở đây ta ngầm hiểu thể tích KK gấp 5 lần thể tích O2) 53,8  Lưu ý: Ngoài cách giải trên, các em có thể sử dụng phương pháp đại số với tỷ lệ số mol C3H8 và C4 H10 bằng 3:7 và khối lượng hỗn hợp là 1kg. C3 H8 : 3x (mol) 500  44.3x  58.7x  1000  x  (mol)  269 C 4 H10 : 7x(mol)

VKK 

C3 H8 + 5O2  3CO2 + 4H2O 0

ẠY

KÈ

t C4 H10 + 6,5O2   4CO2 + 5H2O Theo các ptpư ta có: n O2  5n C3H8  6,5n C 4H10  5.3x  6,5.7x    500 30250 = 60,5x  60,5. (mol)   269 269  30250  VKK =  22,4  5 = 12594,8 lít 269 --**-ĐỀ SỐ 28

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH AN GIANG Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút -----------------------

Bài I (4,0 điểm): Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất (Y1), (Y2), (Y3), (Y4), (Y5 ), (Y6), (Y7), (Y8) , (Y9 ). Biết (Y8) là một muối trung hòa: o

t (Y1) + (Y2)   (Y3)

(Y3)

(Y4) +

+ H2O

H2O   HCl + H2SO4

(Y5)   Fe2(SO4)3 + FeCl3 o

t (Y6) + (Y7) + H2SO4   (Y4) +

Na2SO4 + K2SO4 + MnSO4 + H2O

(Y8) + (Y9)   Na2SO4 + (NH4)2SO4 + CO2 + H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

163

Bài II (6,0 điểm): 1. Có 3 dung dịch loãng riêng biệt là: NaOH, HCl, H2SO4 có cùng nồng độ mol. Chỉ dùng thêm một thuốc thử là Phenolphtalein có thể phân biệt được các dung dịch trên hay không? Tại sao? 2. Có 3 dung dịch hỗn hợp, mỗi dung dịch chỉ chứa hai chất trong số các chất sau: KNO3, K2CO3, K3PO4, MgCl2, BaCl2, AgNO3. Hãy cho biết thành phần các chất trong mỗi dung dịch?

FF IC IA L

3. Nung hỗn hợp gồm bột nhôm và lưu huỳnh trong bình kín (không có không khí) một thời gian được chất rắn (A). Lấy chất rắn (A) cho vào dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được dung dịch (B), chất rắn (E) và hỗn hợp khí (F); còn nếu cho (A) vào dung dịch NaOH dư thu được dung dịch (H) hỗn hợp khí (F) và chất rắn (E). Dẫn (F) qua dung dịch Cu(NO3)2 dư, sau phản ứng thu được kết tủa (T), phần khí không hấp thụ vào dung dịch được dẫn qua ống chứa hỗn hợp MgO và CuO nung nóng thu được hỗn hợp chất rắn (Q). Cho (Q) vào dung dịch H2SO4 loãng, dư thấy (Q) tan một phần, tạo thành dung dịch có màu xanh nhạt. Hãy cho biết thành phần các chất có trong (A), (B), (E), (F), (H), (Q), (T) và viết các phương trình hóa học xảy ra?

Bài III (5,0 điểm): 1. Nung 9,28 gam một loại quặng chứa 02 hợp chất của sắt (trong số các hợp chất phổ biến sau: FeS2, FeCO3, Fe2O3, Fe3O4) trong không khí đến khối lượng không đổi. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, chỉ thu được 8 gam một oxit sắt duy nhất và khí CO2. Hấp thụ hết lượng khí CO2 vào 300 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M, kết thúc phản ứng thu được 3,94 gam kết tủa.

a) Tìm công thức hóa học của các hợp chất của sắt có trong quặng? b) Hòa tan hoàn toàn 9,28 gam quặng nói trên bằng dung dịch HCl dư, rồi cho dung dịch hấp thụ thêm

448 ml khí Cl2 (đktc). Hỏi dung dịch thu được hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu? 2. Dung dịch (C) là dung dịch HCl, dung dịch (D) là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch (C) vào

cốc chứa 100 gam dung dịch (D), tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch, thu được 14,175 gam chất rắn (I). Nung (I) đến khối lượng không đổi thì chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn. Tính nồng

độ CM của dung dịch (C), nồng độ C% của (D) và tìm công thức của (I)?

Bài IV (3,0 điểm): Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol một anken (R), toàn bộ sản phẩm cháy được hấp thụ vào 295,2 gam dung dịch NaOH 20%. Sau thí nghiệm, nồng độ NaOH dư là 8,45%. Biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

a) Xác định công thức phân tử của (R)? b) Đun nóng hỗn hợp gồm (R) và H2 có tỉ khối hơi với hidro là 6,2 với niken làm xúc tác đến khi phản

KÈ

ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp (P). - Chứng minh rằng (P) không làm mất màu dung dịch brom. - Đốt cháy hoàn toàn (P) được 25,2 gam hơi nước. Tính thể tích mỗi khí trong hỗn hợp (P) (đktc)?

ẠY

Bài V (2,0 điểm): Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol hidrocacbon (X) và y mol hidrocacbon (Y), được 3,52 gam

CO2 và 1,62 gam H2O. Biết rằng phân tử (X) và (Y) có cùng số nguyên tử C (đều không quá 4) và

1 x   1 . Xác định công thức phân tử của (X) và (Y)? 2 y ---**----

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

164

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH AN GIANG Năm học 2017-2018 ---------------------Bài I. Phân tích:

FF IC IA L

Từ (1)  đây là phản ứng đốt cháy Từ (2)  (Y3) có tính khử, (Y4) có tính oxi hóa

Từ (1) và (2)  Y1: H2S ; Y2: O2; Y3: SO2; Y4: Cl2 Từ (3)  Y5: FeSO4

Từ (4) thấy phản ứng trong môi trường axit H2SO4 mà sản phẩm có Cl2, Mn2+, Na +, K+. Dự đoán Y6 và Y7 lần lượt là KMnO4 và NaCl Từ (5) biết Y8 là muối trung hòa và sản phẩm có CO2 và muối NH4+, dự đoán Y8 là (NH4)2CO3 và Y9 là NaHSO4 (muối này có tính chất tương tự như H2SO4 loãng).

H2S O2

SO3 Cl2 FeSO4

KMnO4

+ 2H2 O

NaCl (NH4)2CO3 NaHSO4

- Các phương trình hóa học: t 2H2S + 3O2   2SO2

Hướng dẫn: - Xác định chất:

3Cl2 +

SO2 + Cl2 + 2H2O   2HCl + H2SO4

6FeSO4   2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 o

t 2KMnO4 + 10NaCl + 8H2SO4   5Cl2 + 5Na2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O

 Na2SO4 + (NH4)2SO4 + CO2  + H2O (NH4)2CO3 + 2NaHSO4  Bài II.

Phân tích: Để giải được cả 3 ý trong bài III, các em cần nắm vững các lý thuyết:

1. Theo PTHH cho thấy 2mol NaOH tác dụng 1mol HCl thì còn dư NaOH (làm hồng phenol phtalein), còn khi tác dụng với 1 mol H2SO4 thì vừa đủ (không làm đổi màu phenolphtalein)

KÈ

2. Cặp chất cùng tồn tại trong cùng một dung dịch là cặp chất không tác dụng hóa học với nhau. Vì vậy phải ưu tiên trộn chung các cặp chất cùng gốc axit hoặc cùng kim loại. Cùng gốc Cl có MgCl2,

ẠY

BaCl2; cùng gốc NO3 có KNO3 và AgNO3, cùng kim loại có K2CO3 và K3PO4 . 3. Lưu huỳnh (S) không tan trong dung dịch HCl. Khí H2S trong dung dịch có tính axit yếu, tuy nhiên do kết tủa CuS bền trong môi trường axit nên H2S tác dụng được với Cu(NO3)2. Mặt khác, một kiến thức quan trọng nữa là H2 (hoặc CO) không khử được các oxit của kim loại mạnh (KL từ Al về trước trong dãy

hoạt động hóa học của kim loại) Hướng dẫn: 1. Có thể phân biệt được các dung dịch trên theo cách như sau: - Lấy mỗi dung dịch một ít và thử bằng phenol phtalein, nhận ra mẫu dung dịch NaOH vì xuất hiện

màu hồng. - Lấy V ml mỗi dung dịch axit cho vào 2 cốc riêng có đánh số thứ tự (1) và (2) - Cho từ từ vào mỗi cốc (1,2) ở trên 2V ml dung dịch NaOH (có thêm vài giọt phenolphtalin), lắc đều. + Cốc nào còn màu hồng là cốc đựng dung dịch HCl:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

165

NaOH + HCl  NaCl + H2O 2(dư) 1 (hết) + Cốc nào thu được dung dịch không màu là cốc đựng H2SO4 : 2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O 2 mol

1mol (vừa đủ)

- Dung dịch 1: KNO3 và AgNO3 - Dung dịch 2: K2CO3 và K3PO4 - Dung dịch 3: BaCl2 và MgCl2 3. Sơ đồ mô tả thí nghiệm:

Al,S Al t0 HCl d  A   Al2S3 S

(CuO,MgO) t 0

H2  Q

Cu(NO3 )2 d  

T : CuS 

ddB : AlCl3 , HCl

E: S F: H2S, H 2 NaOH d

 dd(H): NaAlO2 , NaOH

+ H 2 SO4 lo·ng, d CuSO 4 (xanh) MgSO4 Cu

E: S 

Cu, Mg CuO d ?

H 2S

FF IC IA L

2. Vì các chất chứa trong cùng một dung dịch không phản ứng hóa học với nhau nên các dung dịch gồm:

Phương trình hóa học:

2Al + 3S  Al2S3

Al2S3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2S  2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  t0

H2S + Cu(NO3)2  CuS  + 2HNO3

H2 + CuO  Cu + H2O

MgO + H2SO4 loãng  MgSO4 + H2O

CuO + H2SO4 loãng  CuSO4 + H2O

KÈ

2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2  Al2S3 + 6H2O  2Al(OH)3 + 3H2S  Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O

ẠY

Bài III. 1. Phân tích: Ta phân tích bài toán qua sơ đồ sau: Ba(OH) 2   0,03 mol

 FeS, FeCO3  t0 (O2 ) 9, 28(g) 2 chÊt      Fe2O3 , Fe3O 4  Quặng sắt

CO2  BaCO3     0,02 mol

Fe 2O3  0,05 mol

CTHH của 2 chất ?

FeCl2 HCl d

  FeCl3 HCl

FeCl2 Cl 2 (0,02 mol )

 Cu (max)   DD   m=?

CuCl2 HCl

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

166

Mấu chốt: +) Sau phản ứng nung trong không khí chỉ thu được Fe2O3 và CO2  Quặng gồm FeCO3 và

FexOy +) Số mol BaCO3 < số mol Ba(OH)2  Có 2 trường hợp ứng với 2 giá trị số mol CO2 +) Từ số mol CO2  số mol FeCO3

FF IC IA L

+) BTKL và BT nguyên tố tìm được số mo Fe và O trong FexOy  x/y ?

n O (oxit sắt) = ( mQ  mCO  m Fe ) :16 3

n Fe (oxit sắt) = 2. n Fe (sau p)  n FeCO

+ Ở thí nghiệm 2: Cu chỉ tác dụng với FeCl3 thành muối FeCl2 và CuCl2 (bỏ qua phản ứng của Cl2 tác dụng với nước trong dung dịch) Hướng dẫn:

a) Vì nung quặng trong không khí chỉ thu được CO2 và Fe2O3  Quặng sắt gồm FeCO3 và FexOy

Phản ứng nung quặng: n Fe O (sp) =  0,05 mol 2 3 160

2FeCO3 + ½ O2  Fe2O3 + 2CO2

2FexOy + (1,5x-y)O2  xFe2O3

(2)

Phản của CO2 với Ba(OH)2:

(1)

Tính được: n BaCO  0, 02 mol ; n Ba(OH)  0,03 mol > n BaCO 3 2 3 Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư

 Kết tủa dưới mức cực đại nên có 2 trường hợp:

(3)

CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O 0,02

0,02 mol

Theo (1)  n FeCO  n CO  0, 02 mol 3 2

BTKL  n O(Fe O )  x y

9, 28  0, 02.60  0,1.56  0,155 mol 16

KÈ

Bảo toàn số mol Fe  n Fe (FexOy) = 0,1 – 0,02 = 0,08 mol



x n Fe 0, 08 15 (loại)    y n O 0,155 31

ẠY

Trường hợp 2: Kết tủa BaCO3 tan một phần CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O

0,03

0,03

(3')

0,03 mol

 n BaCO (hòa tan) = 0,03 – 0,02 = 0,01 mol 3 CO2 + H2 O + BaCO3  Ba(HCO3)2 0,01

(4)

0,01 mol

Theo (1)  n FeCO  n CO  0, 04 mol 3 2 BTKL  n O(Fe O )  x y

9, 28  0, 04.60  0,1.56  0, 08 mol 16

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

167

Bảo toàn số mol Fe  n Fe (FexOy) = 0,1 – 0,04 = 0,06mol 

x n Fe 0, 06 3    (Thỏa mãn) y n O 0, 08 4

Vậy công thức của các chất trong quặng là FeCO3 và Fe3O4

0, 08  0, 02 mol 4

FF IC IA L

b) n Fe O  O  3 4 4

FeCO3 + 2HCl  FeCl2 + H2 O + CO2  0,04 

0,04 mol

Fe3O4 + 8HCl  2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O 0,02 

0,04

0,02 mol

Cl2 + 2FeCl2  2FeCl3 0,06

mol

Pư: 0,02

0,04  0,04 mol

Dung dịch sau phản ứng chỉ có 0,08 mol FeCl3 và HCl dư

2FeCl3 + Cu  2FeCl2 + CuCl2

0,08  0,04 mol

m Cu (hòa tan nhiều nhất) = 0,04.64 = 2,56 gam

Bđ: 0,02

Trường hợp 1: FeCO3 và Fe2O3

Lưu ý: Ở câu a ta có thể biện luận theo 2 trường hợp Fe2O3 hoặc Fe3O4 trong diểu kiện đã biết số mol CO2 ={0,02 ; 0,04}. Nếu số mol FeCO3 trong hỗn hợp khác 0,02 hoặc 0,04 thì loại

 FeCO3 : a(mol) a  2b  0,1 a  8 / 225 (Loại, vì 0,02  a  0,04 )     Fe 2 O3 : b(mol) 116a  160b  9, 28  b  29 / 900

Trường hợp 2: FeCO3 và Fe3 O4

 FeCO3 : a(mol) a  3b  0,1 a  0, 04 (Thỏa mãn)     Fe3O 4 : b(mol) 116a  232b  9, 28 b  0, 02

Ở ý b, nếu sử dụng quy tắc hóa trị (7) (bảo toàn electron của cấp THPT) thì bài toán sẽ được giải quyết rất nhanh chóng, thậm chí không cần viết PTHH.

KÈ

Xét cả quá trình FeCO3 và Fe3 O4  muối Fe(II), Cl2  muối clorua (Cl-); Cu  muối Cu(II)

Theo quy tắc hóa trị: n Cu .2  n Fe O .2  n Cl .2 3 4 2

n Cu = 0,02 + 0,02 = 0,04 mol

ẠY

2. Phân tích:

Mấu chốt bài toán ở chỗ:

+ Dung dịch D chỉ chứa 1 chất tan  NaOH và HCl phản ứng vừa đủ + Nung chất rắn T thấy khối lượng giảm  T là muối ngậm nước NaCl.nH2O

Nếu phát hiện được các mấu chốt đã nêu thì bài toán sẽ được giải quyết khá nhanh chóng Hướng dẫn: (C) + (D)  dung dịch chứa 1 chất tan, chứng tỏ phản ứng vừa đủ. Vì nung (I) thấy khối lượng giảm nên (I) ngậm nước: NaCl.nH2O (7)

Phương pháp này đã được tác giả viết trong sách "22 chuyên đề hay và khó BD HSG Hóa học THCS tập 2"

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

168

HCl + NaOH  NaCl + H2O 0

t NaCl.nH2O   NaCl + nH2 O 

8,375 (g)

Xé tinh thể NaCl.nH2O 

18n 14,175  8,775  n2 58,5 8,775

Công thức của rắn (I): NaCl.2H2O

8,775

Theo (1): n NaOH  n HCl  n NaCl   0,15 mol 58, 5 CM (dd HCl) =

0,15 0,15.40  2,5 M ; C% (ddNaOH) = 100%  6% 0,06 100

Bài IV. Phân tích:

FF IC IA L

14,175 (g)

 m dd (sau phản ứng) = m CO  m H

+ m ddNaOH (trong dd này chứa 8,45% NaOH theo khối

Đây là bài toán không khó, tuy nhiên nếu học sinh hiểu sai bản chất thì sẽ dẫn đến nhiều sai sót: - Hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch NaOH thì cả CO2 và H2O đều bị hấp thụ.

lượng) - NaOH dư nên phản ứng chỉ tạo muối trung hòa Na2CO3

295, 2.20 t0

a) Tính n NaOH   1, 476 mol 100.40

- Để hỗn hợp sau phản ứng giữa anken và H2 không làm mất màu dung dịch Br2 thì anken hết. Hướng dẫn:

0,2n

0,2n (mol)

0,2 

Cn H2n + 1,5O2  nCO2 + nH2O CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O

(1, 476  0, 4n).40 8, 45  n2 295, 2  0, 2n.62 100

Theo đề ta có:

0,2n  0,4n (mol)

KÈ

Vậy công thức của anken (R) là: C2H4. b) M hỗn hợp đầu = 6,2.2 = 12,4 g/mol

ẠY

Áp dụng quy tắc đường chéo 

nH nC



2H 4

28  12, 4  1, 5 12, 4  2

Vì số mol H2 > số mol C2H4  sau phản ứng C2H4 hết.  (P) không làm mất màu dung dịch brom. t 0 (Ni)

C2 H4 + H2  C2H6 x

x (mol)

C 2 H 6 : x(mol)  H 2 : 1,5x - x= 0,5x (mol)

Hỗn hợp (P): 

C2 H6 + 3,5O2  2CO2 + 3H2O x

3x (mol)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

169

2H2 + O2  2H2O 0,5x 

0,5x (mol)

Theo đề  3,5x.18 = 25,2  x = 0,4 mol 2H 6

(trong P) = 0,4.22,4 = 8,96 lit

VH (trong P) = 0,2.22,4 = 4,48 lit 2

Bài V. Phân tích: Đây là bài toán tương đối phức tạp. Vậy mấu chốt bài toán ở đâu?  Số mol H2O > số mol CO2  chắc chắn trong hỗn hợp có ankan.

FF IC IA L

 (X) và (Y) có cùng chỉ số cacbon (C  4)  Chỉ số C mỗi chất = số mol CO2: số mol hỗn hợp.

1 x   1  x < y < 2x (sử dụng giới hạn này để biện luận tìm nghiệm thích hợp) 2 y



 Đốt cháy hỗn hợp gồm ankan một hidrocacbon bất kỳ mà cho số mol H2O > số mol CO2 thì phải thỏa mãn các điều kiện sau:

+ Cả 2 hidrocacbon đều là ankan  n hh  n H O  n CO = 0,01  C(mỗi chất) không thỏa mãn. 2 2

+ Hỗn hợp gồm ankan và anken  n ankan  n H O  n CO 2 2

+ Hỗn hợp gồm ankan và hidrocacbon (k  2) trong đó số mol ankan nhiều hơn ½ số mol hỗn

hợp.  Phương pháp giải chắc chắn phải sử dụng kỹ thuật biện luận theo chỉ số C hoặc theo độ bất bão hòa (k) trong miền giới hạn x < y < 2y.

Hướng dẫn:

Tính được số mol n CO  0, 08 mol ; n H O = 0,09 mol > n CO 2 2 2

 Trong hỗn hợp có ít nhất một chất là ankan.

Cách 1: Sử dụng công thức trung bình và biện luận theo chỉ số cacbon  Trường hợp 1: Nếu hỗn hợp gồm 2 chất ankan đồng phân

3x  1 t0 O2  xCO2 + (x+1)H2O 2 x  1 0, 09    x  8 > 4 (loại) x 0, 08

KÈ

CxH2x+2 +

 Trường hợp 2: Nếu hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 hidrocacbon không no.

ẠY

Đặt CTTB của X,Y là: C H (2  n  4) n 2n  2 2k



2n  2  2k 0, 09.2   2, 25  k = 1 – 0,125n (*) n 0,08

+) Nếu n = 4: Từ (*)  k = 0,5

a  b  0, 02  C4 H10 : a(mol) 10a  mb  0,18 Ta có:    không có nghiệm. a  2b hoÆc b < 2a C4 H m : b(mol)  m  {2;4;6;8}

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

170

 Nếu n =3: Từ (*)  k = 0,625

 X: C3H8; Y: C3H6

FF IC IA L

 3a  3b  0, 08 m  6   C3H8 : a(mol) 8a  mb  0,18 Ta có:    a  0, 01 (thỏa mãn) C3H m : b(mol) a  2b hoÆc b < 2a  1  m  {2;4;6} b  y 60 

 Nếu n = 2  k = 0,75  Chỉ số H = 2.2 + 2 – 2.0,75 = 3,25 < 4  Hỗn hợp có C2H2 (k=2)

 Ankan là C2H6 (k = 0) Vì 0,75 – 0 = 0,75 < 2 – 0,75 = 1,25  n C

2 H6

 nC

2H 2

 X: C2H2 ; Y: C2H6 Cách 2: Biện luận theo độ bất bão hòa của hidrocacbon không no

t0 / O

2  nCO + (n+1)H O CnH2n+2  2 2

a(n+1) mol  n H O  n CO2  a 2

an t0 / O

b(n+1- k) mol  n H O  n CO2  b.(1 –k) 2

Ta có: a + b – bk = 0,09 – 0,08 = 0,01 (*)

b

(2)

2  nCO + (n + 1 – k)H O CnH2m+2 -2k  2 2

a

(1)

0, 08  4  0, 02  x  y  0, 04 xy 0,08  8 > 4 ( loại) +) Nếu k = 0: Từ (*)  a + b = 0,01  n = 0, 01 0, 08  0, 01n < 0,02  2,67 < n < 4 +) Nếu k = 1: Từ (*)  a = 0,01  0,01 < b  n

Mặt khác: 2  n 

 Chỉ có n = 3 thỏa mãn.

Công thức phân tử của 2 hidrocacbon (X), (Y) lần lượt là: C3H8; C3H6

ẠY

KÈ

 b  x  a  y  2b a  b  0, 01 n  2   + Nếu k = 2: Từ (*)    a  0, 025 (thỏa mãn) 0, 08  b  0, 015 a  b  n    n  {2;3;4}

Công thức phân tử của X: C2H2; Y: C2H6 + Nếu k  3: Từ (*)  a = b.(k – 1) + 0,01 > 2b  Loại Vậy công thức của X,Y lần lượt là: C3H8 và C3H6 hoặc C2 H2 hoặc C2H6 --**--

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

171

ĐỀ SỐ 29

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH LÂM ĐỒNG Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------

FF IC IA L

Câu 1: (2,5 điểm) a. Từ Fe hãy viết 4 phương trình hóa học điều chế trực tiếp FeSO4. b. Hãy nêu phương pháp tinh chế C2H4 từ hỗn hợp: CH4, CO2, C2H4, SO2. Viết các phương trình hóa học. c. Hãy cho biết chất nào trong các chất sau đây làm mất màu dung dịch brom? Viết phương trình hóa học. CH3–C≡CH; CH3-CH3; CO2; FeSO4. Câu 2: (2,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho từ từ dung dịch HCl vào ống nghiệm có chứa sẵn dung dịch NaAlO2 tới dư. 2. Công thức phân tử của hợp chất khí tạo bởi nguyên tố R và hidro là RH4 (khí X), trong đó hidro chiếm 25% về khối lượng. a. Xác định nguyên tố R và khí X. b. Một ống nghiệm chứa hỗn hợp khí Cl2 và X úp ngược vào trong chậu nước muối có giấy quì tím (như hình vẽ), đưa toàn bộ thí nghiệm ra ánh sáng. Giải thích các hiện tượng xảy ra và viết phương trình hóa học.

KÈ

Câu 3: (2,0 điểm) Cho các kim loại sau: Ba, Mg, Al, Ag. Chỉ dùng một dung dịch axit, hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt các kim loại trên. Viết phương trình hóa học minh họa. Câu 4: (2,0 điểm) Quan sát hình vẽ dụng cụ điều chế chất E trong phòng thí nghiệm dưới đây:

ẠY

a. Xác định các chất A, B, C, D, E trong dụng cụ. b. Cho biết vai trò của các chất C, D và bông tẩm xút. c. Viết các phương trình hóa học xảy ra ở thí nghiệm trên. Câu 5: (2,0 điểm) Nung nóng hỗn hợp gồm CuO, Fe3O4, Fe2O3, CaO và cacbon dư ở nhiệt độ cao (trong chân không) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A và khí B duy nhất. Cho chất rắn A vào dung dịch HCl dư thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí Z. Cho chất rắn X vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thấy X tan hết. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu 6: (2,0 điểm) Biết A là dung dịch chứa 0,8 mol HCl, B là dung dịch chứa hỗn hợp 0,2 mol K2CO3 và 0,5 mol KHCO3. Xác định thể tích khí thoát ra (đktc) trong các trường hợp sau: * Trường hợp 1: cho rất từ từ dung dịch A vào dung dịch B. * Trường hợp 2: trộn nhanh 2 dung dịch A và B. Câu 7: (2,0 điểm) Khi làm nguội 1026,4 gam dung dịch bão hòa R2SO4.nH2O (trong đó R là kim loại kiềm và n nguyên, thỏa mãn điều kiện 7 < n < 12) từ 800C xuống 100C thì có 395,4 gam tinh thể R2SO4.nH2 O tách ra khỏi

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

172

FF IC IA L

dung dịch. Tìm công thức phân tử của hidrat (tinh thể ngậm nước) trên. Biết độ tan của R2SO4 ở 800C và 100C lần lượt là 28,3 gam và 9 gam. Câu 8: (3,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon A cần dùng 38,4 gam O2 thu được 16,8 lít CO2 (đktc). Khi cho A tác dụng với Cl2 theo tỉ lệ mol 1:1 thu được sản phẩm thế duy nhất. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo đúng của A. 2. Hỗn hợp X gồm etilen và H2. Tỉ khối hơi của X đối với H2 là 7,5. Dẫn X đi qua chất xúc tác Ni, đun nóng thì thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối với H2 bằng 12,5. a. Tính phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu. b. Tính hiệu suất của phản ứng hidro hóa. Câu 9: (2,5 điểm) Hòa tan hoàn toàn 11,84 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu trong 90 gam dung dịch H2SO4 đặc, nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và V lít SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Đổ 114,8 ml nước cất vào Y, thu được 200 gam dung dịch Z, trong đó nồng độ H2SO4 là 13,72%. a. Tính giá trị của V và phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong X. b. Tính nồng độ phần trăm của H2SO4 ban đầu. Biết khối lượng riêng của nước nguyên chất là 1g/ml. --**--

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH LÂM ĐỒNG Năm học 2017-2018

ẠY

KÈ

-------------------------Câu 1. Phân tích: Các kiến thức cần thiết để giải câu này không phải khó. a. Cần biết muốn tạo muối FeSO4 thì có thể chọn các cách sau: Fe + dung dịch muối sunfat của kim loại yếu hơn Fe Fe + H2SO4 loãng (hoặc muối –HSO4) Fe dư + Fe2(SO4)3. Ngoài ra có thể cho Fe dư + H2 SO4 đặc, nóng. Tuy nhiên, phản ứng này có thể gây tranh cải. b. Cần lưu ý: C2H4 và SO2 đều bị hấp thụ trong dung dịch brom, CO2 và SO2 bị hấp thụ trong dung dịch kiềm. Còn CH4 không bị hấp thụ trong 2 dung dịch đó. Vì vậy cần sử dụng kiềm trước, dung dich brom sau rồi tái tạo etilen từ dẫn xuất C2H4Br2. c. Cần hiểu dung dịch Br2 là tác nhân của phản ứng cộng vào hidrocacbon không no, đồng thời cũng là tác nhân oxi hóa. Vì vậy chất tác dụng với dung dịch brom phải là các hợp chất hữu cơ có liên kết pi (không thuộc vòng liên hợp) hoặc các chất có tính khử. Hướng dẫn: a. Fe + H2SO4 loãng  FeSO4 + H2  Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu  Fe + 2NaHSO4  Na2SO4 + FeSO4 + H2  Fe + Fe2(SO4)3  3FeSO4 b. Dẫn hỗn hợp vào dung dịch Ca(OH)2 dư để hấp thụ CO2, SO2. Khí thoát ra cho lội qua dung dịch Br2 dư thì CH4 thoát ra ngoài. Cho Zn vào hỗn hợp lỏng sau phản ứng và đun nhẹ, thu khí bay ra được C2 H4. CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O SO2 + Ca(OH)2  CaSO3  + H2O C2H4 + Br2  C2H4Br2 t0

C2H4Br2 + Zn  C2H4  + ZnBr2 c. Các chất làm mất màu dung dịch brom có: CH3-CCH (có liên kết pi) và FeSO4 (chất khử) CH3–CCH + 2Br2  CH3–CBr2 –CHBr2 6FeSO4 + 3Br2  2Fe2(SO4)3 + 2FeBr3 Câu 2. Phân tích: Ở ý 1. Mấu chốt ở chỗ cho từ từ HCl đến dư nên kết tủa sinh ra tăng dần sau đó tan ra đến hết. Ở ý 2: Việc tìm nguyên tố R khá đơn giản  X: CH4. Riêng ý b rất có thể nhiều học sinh không nêu đủ hiện tượng. Ở đây khi chiếu sáng thì xảy ra phản ứng tạo HCl tan mạnh trong nước làm thể tích khí trong

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

173

Theo đề 

MR 4



75  M R  12 g/mol  CTPT của X là CH4 25

b) Các phản ứng có thể xảy ra khi đưa hỗn hợp khí ra ánh sáng: as

Cl2 + CH4  CH3Cl + HCl as

2Cl2 + CH4  CH2Cl2 + 2HCl as

3Cl2 + CH4  CHCl3 + 3HCl

FF IC IA L

ống nghiệm giảm  áp suất giảm  nước tràn vào ống nghiệm làm cho mực nước trong ống dâng lên. Mặt khác, dung dịch trong chậu có tính axit nên quỳ tím hóa đỏ. Ngoài ra còn có lớp bọt màu trắng nổi lên do sản phẩm tạo thành không tan trong nước. Hướng dẫn: 1. Xuất hiện kết tủa keo trắng tăng dần đến cực đại, sau đó kết tủa từ từ tan ra, dung dịch trở nên trong suốt. HCl + H2O + NaAlO2  Al(OH)3  + NaCl 3HCl + Al(OH)3  AlCl3 + 3H2O 2. a) Công thức của X: RH4

ẠY

KÈ

4Cl2 + CH4  CCl4 + 4HCl - Hiện tượng: Màu vàng của hỗn hợp khí trong ống nghiệm bị nhạt màu hoặc mất màu, giấy quỳ tím hóa đỏ, mực nước trong ống nghiệm dâng lên, trong chậu có lớp bọt mỏng nổi lên bề mặt dung dịch. - Giải thích: - Màu vàng mất hoặc nhạt là do Cl2 phản ứng hết hoặc phản ứng một phần. - Khí HCl sinh ra tan trong dung dịch NaCl tạo môi trường axit nên giấy quỳ tím hóa đỏ. - Số mol khí trong ống giảm (HCl tan) làm áp suất giảm nên nước tràn vào làm mực nước trong ống nghiệm dâng lên. - Lớp bọt nổi lên do có sản phẩm hữu cơ không tan trong nước (có thể bỏ qua hiện tượng này). Câu 3. Phân tích: Ba và Ag có tính chất riêng, vì Ba tạo kết tủa với H2SO4 loãng, còn Ag thì không phản ứng. Al tan trong kiềm có Mg không tan trong kiềm.  Chọn thuốc thử là dung dịch H2SO4 loãng và tự chế dung dịch Ba(OH)2 để làm thuốc thử. Câu này gần giống với câu III.1 đề thi HSG lớp 9 Nghệ An năm học 2017-2018 nhưng đơn giản hơn. Hướng dẫn: Trích mẩu các kim làm để làm thí nghiệm. – Dùng dung dịch H2SO4 loãng để thử các mẩu kim loại. Mẩu không tan là Ag, mẩu nào có kết tủa trắng và sủi bọt khí là Ba. Các mẩu còn lại đều tan và sủi bọt khí gồm các chất Al, Mg (nhóm *). Ba + H2SO4  BaSO4  + H2  Mg + H2SO4  MgSO4 + H2  2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2  – Cho từ từ Ba vào dung dịch H2SO4 đến khi kết tủa không tăng nữa , sau đó thêm tiếp Ba vào và tách bỏ chất rắn thu được dung dịch Ba(OH)2. Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2  – Dùng dung dịch Ba(OH)2 để thử 2 mẫu kim loại còn lại (gồm Al, Mg). Mẫu nào tan và sủi bọt khí là Al, mẫu không tan là Mg. Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O  Ba(AlO2)2 + 3H2  Câu 4. Phân tích: Theo hình vẽ thấy khí E điều chế từ chất rắn B và dung dịch A và được thu bằng cách đẩy không khí đặt đứng bình, có dùng bông tẩm xút NaOH để hấp thụ khi khí E tràn bình. Vậy khí E nặng hơn không khí và là khí độc. Mặt khác, thiết bị có sử dụng 2 bình làm sạch khí E nên dung dịch A bay hơi (bình C hấp thụ hơi A).  Chọn E là khí Cl2. Hướng dẫn: a. Qua thí nghiệm thấy khí E nặng hơn không khí, là khí độc và điều chế từ dung dịch và chất rắn.  Chọn E là Cl2 ; A: dung dịch HCl đặc ; B: MnO2 (hoặc KMnO4 ...)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

174

FF IC IA L

C: dung dịch NaCl bão hòa ; D: H2SO4 đặc b. Bình đựng dung dịch NaCl bão hòa có vài trò hấp thụ khí HCl lẫn trong Cl2. Do độ tan trong nước của HCl lớn hơn nhiều so với Cl2 nên dung dịch NaCl bão hòa chỉ hòa tan HCl còn Cl2 tan không đáng kể. Bình H2SO4 đặc có vài trò hút ẩm,làm khô khí Cl2. Bông tẩm xút (dung dịch NaOH) hấp thụ Cl2 ngăn không cho Cl2 thoát ra ngoài, gây tác hại cho môi trường (vì Cl2 là khí độc). c. Phương trình hóa học: ®un nhÑ

MnO2 + 4HCl đặc   MnCl2 + 2H2O + Cl2  Câu 5. Phân tích: Cacbon là chất khử mạnh nên khử đươc tất cả các oxit trong hỗn hợp. Vì lượng cacbon dư nên khí B là CO. Chú ý rằng: Ở nhiệt độ cao cacbon khử các oxit kim loại mạnh (K đến Al trong dãy kim loại) tạo hợp chất cacbua kim loại và khí CO. Hướng dẫn: Các phương trình hóa học t0

CuO + C  Cu + CO

Fe3O4 + 4C  3Fe + 4CO t0

CaO + 3C  CaC2 + CO - Rắn A: Fe, Cu, CaC2, C dư CaC2 + 2HCl  CaCl2 + C2H2  Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  - Rắn X: C, Cu ; Dung dịch Y: FeCl2 , CaCl2 , HCl dư - Khí Z: H2, C2H2 Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 + 2H2 O + SO2  C + 2H2SO4 đặc  CO2  + SO2  + 2H2O Câu 6. Phân tích: Cho từ từ (A) vào (B)

Fe2O3 + 3C  2Fe + 3CO

(A)

Đổ nhanh (A) vào (B)

(A)

ẠY

KÈ

0,8 mol HCl

0,2 mol K2CO3 0,5 mol KHCO3

0,2 mol K2 CO3

(B)

0,5 mol KHCO3 (B)

Lúc đầu phản ứng xảy ra trong dung dịch Phản ứng xảy ra rất nhanh không tuân có chứa K2CO3 (chất đối kháng với CO2) theo thứ tự nào, do đó không xác định nên chưa có khí thoát ra. Khi K2CO3 hết thì được chính xác lượng CO2 thoát ra. mới có khí thoát ra. Giả sử KHCO3 pư trước  V1 Thứ tự phản ứng: Giả sử K2CO3 pư trước  V2 HCl + K2CO3  KHCO3 + KCl  Thể tích CO2 xác định theo khoảng V1 HCl + KHCO3  KCl + H2O + CO2  đến V2 (hoặc ngược lại) Như vậy khi số mol HCl thiếu thì lượng CO2 thoát ra ở 2 trường hợp là khác nhau. Nếu HCl dư thì dù đổ nhanh, hay chậm thì lượng CO2 vẫn không thay đổi Hướng dẫn:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

175

FF IC IA L

Ta có: n HCl  0,8 mol < n K  0, 2.2  0, 4  0,9 mol  HCl thiếu (hết)  Trường hợp 1: Cho từ từ A vào B, sau một thời gian mới có khí thoát ra. HCl + K2CO3  KHCO3 + KCl 0,2 0,2 0,2 (mol) HCl + KHCO3  KCl + H2O + CO2  Bđ: (0,8- 0,2) 0,7 0 (mol) Pư: 0,6  0,6 0,6 (mol) VCO = 0,6.22,4 = 13,44 lít 2

 Trường hợp 2: Đổ nhanh A vào B  phản ứng rất nhanh. * Giả sử K2CO3 phản ứng trước. K2CO3 + 2HCl  2KCl + H2O + CO2  0,2  0,4 0,2 (mol) KHCO3 + HCl  KCl + H2O + CO2  (0,8 -0,4)  0,4 (mol)  VCO = 0,6.22,4 = 13,44 lít

N Ơ

* Giả sử KHCO3 phản ứng trước: KHCO3 + HCl  KCl + H2O + CO2  0,5  0,5 0,5 mol K2CO3 + 2HCl  2KCl + H2O + CO2  0,3  0,15 (mol)  VCO = 0,65.22,4 = 14,56 lít

Thực tế cả 2 muối đều tác dụng song song nên thể tích CO2 là một khoảng 13,44 lít < VCO < 14,56 lít

MA 18n



mA(kt)

 Biện luận giá trị MA theo giá trị n (trong khoảng đề cho)



Câu 7. Phân tích: Câu này giống câu 6 đề thi HSG lớp 9 tỉnh Quảng Ngãi năm học 2017-2018 và ý tưởng này đã từng xuất hiện trong đề thi HSG lớp 9 tỉnh Gia Lai năm học 2000-2001, đến nay loại này đã khá quen thuộc với đa số các em học sinh được học bồi dưỡng bài bản. Khi giải các bài toán dạng này cần thực hiện các bước sau: -Bước 1: Tìm lượng muối khan đã bị kết tinh -Bước 2: Tìm lượng nước đã bị kết tinh -Bước 3: Sử dụng định luật thành phần không đổi trong muối ngậm nước A.nH2O

(kt) O

ẠY

KÈ

Hướng dẫn: (Xem câu 6, đề thi HSG lớp 9 Quảng Ngãi năm học 2017-2018) Câu 8. 1. Phân tích: - Từ đề bài ta biết được số mol CO2 và số mol O2 nên ta có 2 cách giải.  Cách 1: Sử dụng tỷ lệ số mol O2 và CO2  Cách 2: Sử dụng số mol CO2 và H2O (tính được theo bản toàn số mol oxi) - Vì (A) + Cl2  một sản phẩm mono clo duy nhất thì (A) phải có cấu tạo đối xứng. Hướng dẫn:

16,8 38, 4  0, 75 mol ; n O   1, 2 mol > 1,5 n CO = 1,125  A là ankan 2 2 2 22, 4 32 3n  1 t0 CnH2n+2 + O2  nCO2 + (n+1)H2O 2 1,5n  0,5 1, 2 Ta có:  n=5 n 0,75 n CO 

Vậy công thức phân tử của A là: C5H12

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

176

Vì A tác dụng với Cl2 (tỷ lệ số mol 1: 1) chỉ tạo một dẫn xuất monoclo nên A có cấu tạo đối xứng CTCT của (A) là: CH3

H3 C

CH3

FF IC IA L

CH3 Lưu ý: Ngoài cách trên, các em có thể tính theo số mol CO2 và H2O Theo bảo toàn số mol oxi  n H O  2n O  2n CO = 1,2.2 – 0,75.2 = 0,9 mol 2

 n CO  A là ankan: CnH2n+2 2

Ta có:

n CO



n  1 0,9   n  5 (C5H12) n 0, 75

2. Phân tích: Tất cả các dữ kiện đề cho và đại lượng đề hỏi đều ở dạng tỷ lệ (tương đối) là cơ3 sở để ta giải toán theo kỹ thuật tự chọn lượng chất. Bản chất phản ứng: - C, H luôn bảo toàn nên khối lượng hỗn hợp không đổi (mX = mY) - Trong phản ứng nung nóng hỗn hợp (H2 và hidrocacbon không no) thì số mol khí giảm xuống bằng số mol H2 phản ứng. Vì: A + kH2  AH2k (có  hệ số = 1 + k – 1 = k = hệ số H2) - Hiệu suất phản ứng phải tính theo chất tham gia lấy thiếu. Hướng dẫn:

M X  7,5.2  15 g/mol ; M Y =12,5.2 =25 g/mol a) Theo quy tắc đường chéo ta có:



15  2 1   %VC H  %VH = 50% 2 4 2 28  15 1

2H 4

b) Giả sử có 1 mol X 2

2H 4

 0,5 mol

 nH  nC

t 0 (Ni)

C2 H4 + H2  C2H6

Theo BTKL  m Y  m X  15 (gam)  n Y =  0,6 mol 25

Theo pt pư thấy số mol khí giảm bằng số mol H2 phản ứng  n Y = 1 – 0,6 = 0,4 mol

 n H (phản ứng) = n

KÈ

Hiệu suất phản ứng: H% = H% 

0, 4 100  80% 0,5

ẠY

Lưu ý: Hiệu suất tính theo C2H4 hay H2 đều được, bởi vì tỷ lệ số mol lấy vào bằng tỷ lệ hệ số cân bằng (tức là trộn theo tỷ lệ vừa đủ, nếu phản ứng hoàn toàn). Chúng ta có thể sử dụng cách giải khác, ví dụ như cách sau đây: t 0 (Ni)

C2 H4 + H2  C2H6 Bđ: 0,5 0,5 0 (mol) Pư: x  x x Spư: (0,5-x) (0,5-x) x Ta có: 1 – 2x + x = 0,6  x = 0,4 Hoặc gọi h là hiệu suất phản ứng ( h =

H% ) 100

 Số mol C2H4 pư = 0,5h (mol) t 0 (Ni)

C2 H4 + H2  C2H6 0,5h  0,5h 0,5h (mol)  giảm 0,5h (mol)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

177

Vậy 0,5h = 1 – 0,6 = 0,4  h = 0,8  H%=100% Câu 9. Phân tích: Chúng ta phân tích bài toán qua sơ đồ sau đây:

SO2 (V  ?) Fe  90g ddH 2SO4 C% =? 124,8 ml H 2O 11,84(gam)X  ddY   200gam dd Z ®Æc (t 0 ) Cu     C%H SO 13,72% 4

FF IC IA L

%m ?

2SO4

(dư) =

13, 72.200  27,44 (gam) 100

Mấu chốt: - H2SO4 dư, phản ứng hoàn toàn  Y chứa CuSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4 dư - Từ dữ kiện của Z  lượng H2SO4 dư và mY  Lượng SO2 (theo BTKL)  Sử dụng phương pháp đại số, lập hệ pt giải tìm số mol Fe, Cu. (Trong bài toán trên tác giả đã sửa đề gốc 124,8 ml H2O (lỗi trong khâu ra đề) thành 114,8 ml H2 O) Hướng dẫn: a. Gọi x,y lần lượt là số mol Fe, Cu trong hỗn hợp X. 2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2  x 1,5x (mol) Cu + 2H2SO4  CuSO4 + 2H2O + SO2  y y (mol) Dung dịch Y: Fe2(SO4)3, CuSO4, H2SO4 dư Sơ đồ: Y + 124,8 gam H2 O  200gam dung dịch Z (13,72% H2SO4)

BTKL cả quá trình  11,84 + 90 + 114,8 = 64. n SO + 200 2

 n SO = 0,26 mol  V = 0,26.22,4 = 5,824 lít 2

56x  64y  11,84  x  0,12  1,5x  y  0, 26  y  0, 08

Ta có: 

Phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X:

0,12.56 100%  56,76%  %m Cu  43, 24% 11,84 Theo PTHH  n H SO (pư) = 2n SO = 2.0,26 = 0,52 mol

%mFe 

0,52.98  27, 44  C% H SO (ban đầu) = 100%  87,11% 2 4 90

KÈ

Lưu ý: Ngoài cách giải trên, chúng ta có thể sử dụng một số phương pháp khác để xác định lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. Ví dụ như phương pháp sử dụng quy tắc hóa trị (bản chất là bảo toàn electron ở cấp THPT) mà không cần tính theo PTHH: n Fe .3  n Cu .2  n SO .3 (từ đây lập 1 phương trình toán, 2

ẠY

thêm một phương trình khối lượng hỗn hợp nữa là giải tím được số mol mỗi kim loại). Cách giải như đã trình bày ở trên là phù hợp với học sinh THCS nhất. Tuy nhiên, nếu hiểu bản chất thì không sử dụng ẩn số nào ta vẫn có thể giải quyết được bài toán trên (cách này chỉ mang tính tham khảo, không nên lạm dụng vì dễ sai sót). Xác định số mol SO2, H2SO4 dư và H2SO4 phản ứng như cách ở trên. Đặt T =

n SO



0, 26 11,84

Sử dụng quy tắc đường chéo, ta có: 

%m Fe 

m Fe m Cu



0, 26 :11,84  1: 64 21  1,5 : 56  0, 26 :11,84 16

21 100%  56, 76%  %m Cu  43, 24% 21  16 --**--

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

178

ĐỀ SỐ 30

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH YÊN BÁI Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------

FF IC IA L

Câu 1: (3,0 điểm) 1. Trong phòng thí nghiệm, người ta điều chế một chất khí Z từ chất rắn X và chất lỏng (hoặc dung dịch) Y như hình vẽ bên. Hãy cho biết các phát biểu sau là đúng hay sai, giải thích và viết phương trình hóa học của phản ứng. a. Chất rắn X có thể là Zn. b. Chất lỏng Y có thể là H2O. c. Chất khí Z có thể là SO2.

2. Hợp chất X có dạng AB3, tổng số hạt proton trong phân tử là 40. A thuộc chu kì 3 trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học. Xác định tên gọi của A, B. Cho biết số hiệu nguyên tử của một số nguyên tố hóa học trong bảng tuần hoàn như sau: N = 7; O = 8; F = 9 ; Na = 11; Mg = 12; Al = 13; Si = 14; P = 15; S = 16; Cl = 17. Câu 2: 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra theo sơ đồ sau:

ẠY

KÈ

Trong đó X3 và Y5 là kim loại. 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng trong các thí nghiệm sau: a. Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 đến dư sau đó sục tiếp khí CO2 vào dung dịch sau phản ứng. b. Cho bột sắt lần lượt vào dung dịch FeCl3 và dung dịch AgNO3 dư. c. Cho kim loại Ba vào dung dịch (NH4)2SO4. Câu 3: (4,0 điểm) 1. Có năm dung dịch không màu đựng trong năm lọ mất nhãn gồm các chất sau: NaHSO4, KHCO3, Na2SO3, Mg(HCO3)2 và Ba(HCO3)2. Chỉ dùng cách đun nóng (không dùng thêm hoá chất khác) hãy nhận biết từng chất trên. 2. Nhỏ từ từ 40 ml dung dịch NaOH 1M vào 100 ml dung dịch chứa hỗn hợp H2SO4 x(M) và ZnSO4 y(M) thu được 0,99 gam kết tủa, nếu thêm tiếp 40 ml dung dịch NaOH 1M nữa vẫn thu được lượng kết tủa như trên. a. Tính x và y. b. Vẽ đồ thị sự phụ thuộc số mol kết tủa thu được theo số mol NaOH. Từ đồ thị hãy xác định số mol NaOH cần thêm vào dung dịch để thu được 1,485 gam kết tủa. Câu 4: (4,0 điểm) Khi cho m gam hỗn hợp A gồm MgCO3, Mg, FeCO3 và CuCO3 tác dụng hết với dung dịch HCl thu được 4,8 gam hỗn hợp khí B chiếm thể tích 6,72 lít (đktc). Nếu đem cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được 40,9 gam muối khan. 1. Tính m. 2. Nung một lượng hỗn hợp chất rắn A ngoài không khí, sau một thời gian thu được chất rắn D gồm MgO, FeO, Fe2O3, CuO. Nếu đem toàn bộ chất rắn D tác dụng với H2SO4 đặc, nóng dư thu được 0,336 lít khí SO2 (đktc). Mặt khác, nếu cho D tác dụng với lượng CO dư nung nóng thu được chất rắn E và chất khí F. Dẫn F qua dung dịch nước vôi trong dư thu được 7 gam kết tủa. Nếu cho E tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư thì thu được bao nhiêu lít khí SO2 (đktc)? Câu 5: (2,0 điểm) 1. Cho C3H8 tác dụng với Cl2 trong điều kiện có ánh sáng thu được sản phẩm có chứa 62,832% khối lượng clo trong phân tử. Hãy viết các đồng phân của sản phẩm thu được sau phản ứng.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

179

FF IC IA L

2. Nếu đốt cháy một mẩu giấy lọc có tẩm CHCl3 rồi dùng một phễu thuỷ tinh đã tráng dung dịch AgNO3 úp lên phía trên ngọn lửa (hình bên) người ta thấy hiện tượng có kết tủa trắng bám trên thành phễu. Hãy giải thích hiện tượng trên.

ẠY

KÈ

Câu 6: (3,0 điểm) Chia m gam hỗn hợp khí A gồm 3 hidrocacbon mạch hở thành 2 phần bằng nhau: - Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 19,04 lít khí CO2 (đktc) và 19,8 gam H2O. - Phần 2 được dẫn qua dung dịch Br2 dư. Khí B thoát ra khỏi bình Br2 gồm 2 hidrocacbon được đốt cháy hoàn toàn thu được 10,08 lít khí CO2 (đktc) và 12,6 gam H2O. 1. Tính m. 2. Tìm công thức phân tử và khối lượng của các hidrocacbon trong B, biết chất có khối lượng phân tử lớn hơn chiếm 40% thể tích hỗn hợp B. --**-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH YÊN BÁI Năm học 2017-2018 -----------------------Câu 1. 1. Theo hình vẽ ta thấy khí Z không phản ứng với dung dịch NaOH và không tan hoặc rất ít tan trong nước. a. Là phát biểu đúng. Vì nếu X là Zn thì Y là dung dịch HCl, Z là H2 (không phản ứng với NaOH và rất ít tan trong nước). Bình chứa dung dịch NaOH hấp thụ khí HCl lẫn trong H2. Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2  NaOH + HCl  NaCl + H2O b. Là phát biểu đúng. Vì nếu Y là H2O thì X có thể là đất đèn (CaC2), Z là C2H2 (không phản ứng với NaOH và rất ít tan trong nước). Bình chứa dung dịch NaOH hấp thụ khí tạp lẫn trong C2H2 (như H2S sinh ra từ phản ứng của tạp chất có trong đất đèn). CaC2 + 2H2O  Ca(OH)2 + C2H2  CaS + 2H2O  Ca(OH)2 + H2S  H2S + 2NaOH  Na2S + 2H2O c. Là phát biểu sai. Vì SO2 phản ứng với dung dịch NaOH và tan tương đối tốt trong nước nên không thể thu qua nước. SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O 2. Phân tích: Mấu chốt bài toán ở dữ kiện tổng số proton trong phân tử AB3 bằng 40 (tức là pA + 3pB = 40) và A thuộc chu kỳ 3 (tức là 11  PA < 18, không thể là 18 vì đó là khí trơ). Hướng dẫn: Công thức tổng quát của X: AB3 Theo đề ta có: pA + 3pB = 40  pA = 40 – 3pB (1) Mặt khác: 11  pA  17 (2) Từ (1) và (2)  11  40 – 3pB  17  7,7  pB  9,7 (pB nguyên, dương)  pB = {8; 9}  Nếu pB = 8 (O)  pA = 40 – 3.8 = 16 (S) Vậy A là lưu huỳnh (S) ; B là oxi (O)  CTHH của X là: SO3  Nếu pB = 9 (F)  pA = 40 – 3.9 = 13 (Al) Vậy A là nhôm (Al) và B là Flo (F)  CTHH của X là: AlF3 Câu 2.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

180

(2)

(3)

(4)

FF IC IA L

1. Phân tích: Mấu chốt bài tập nằm ở màu sắc và trạng thái của các chất, X3, Y5 là kim loại và sản phẩm cuối cùng là muối sắt Fe(NO3)2. Vì vậy nếu không nhớ màu của các chất thì khó hoàn thành câu hỏi này (mặc dù đây không phải là câu khó) X1 và Y1 được sinh ra từ phản ứng nhiệt phân trong chân không (không có không khí)  dự đoán X là FeSO3  X1: FeO ; Y1: SO2 Căn cứ vào các dữ kiện (màu, trạng thái, loại chất) trong đề ta dễ dàng xác định được các chất còn lại: X2: Fe3O4 X3: Fe X4: Fe2(SO4)3 X5: Fe(NO3)3 Y2: SO3 Y3: H2SO4 Y4: CuSO4 Y5: Cu Hướng dẫn: Xác định chất: (5)

FeO  Fe3O 4  Fe (SO 4 )3  Fe(NO3 )3    Fe 2      X1

(1)

(10)

  Fe(NO ) 3 2

FeSO3 

(6) (7) (8) (9) SO2  SO3  H 2 SO 4  CuSO4  Cu      Y Y3

Các phương trình hóa học: t0

(1)

FeSO3  FeO + SO2

(2)

2FeO + ½ O2  Fe2O3

(3) (4) (5)

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O 2Fe + 6H2SO4 đặc, nóng  Fe2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2  Fe2(SO4)3 + 3Ba(NO3)2  2Fe(NO3)3 + 3BaSO4 

(6) (7) (8) (9) (10)

2 5  2SO 2SO2 + O2  3 SO3 + H2O  H2SO4 H2SO4 + CuO  CuSO4 + H2O CuSO4 + Zn  ZnSO4 + Cu  2Fe(NO3)3 + Cu  2Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2

t 0 ,V O

ẠY

KÈ

2. a. Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 thì thấy xuất hiện kết tủa keo trắng tăng dần tới cực đại, sau đó kết tủa từ từ tan ra thành dung dịch trong suốt. Khi sục CO2 vào dung dịch thì kết tủa keo trắng xuất hiện trở lại. 3NaOH + AlCl3  Al(OH)3  + 3NaCl NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O CO2 + 2H2O + NaAlO2  Al(OH)3  + NaHCO3 b. – Cho bột sắt vào dung dịch FeCl3 thì thấy bột sắt tan ra, màu vàng nâu của dung dịch nhạt dần và chuyển sang màu lục nhạt: Fe + 2FeCl3  3FeCl2 – Cho bột sắt vào lượng dư dung dịch AgNO3 thì thấy dung dịch từ không màu chuyển dần sang màu vàng nâu, xuất hiện lớp chất rắn có màu xám (8) Fe + 3AgNO3 dư  Fe(NO3)3 + 3Ag  c. Mẩu Ba tan mạnh trong dung dịch, có khí không màu thoát ra. Sau đó xuất hiện kết tủa trắng và có khí mùi khai thoát ra. 2Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2  (8)

Ag tinh thể có màu trắng bạc, còn Ag sinh ra trong phản ứng này ở dạng bột (vô định hình) có màu xám hơi đen.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

181

FF IC IA L

Ba(OH)2 + (NH4)2SO4  BaSO4  + 2NH3  + 2H2O Câu 3. 1. Phân tích: Để giải bài tập nhận biết mà đề yêu cầu chỉ sử dụng biện pháp đun nóng thì ta phải xem có bao nhiêu chất nhiệt phân được và phải tận dụng các chất đã biết (kể cả chất ban đầu và sản phẩm của nó) để làm thuốc thử. Ở đây các chất nhiệt phân được là: NaHCO3 (sinh khí), Mg(HCO3)2 (sinh kết tủa và khí), Ba(HCO3)2 (sinh kết tủa và khí). Na2SO3 và NaHSO4 không nhiệt phân. Vậy qua nhiệt phân nhận ra NaHCO3. NaHCO3 tạo khí với NaHSO4 (muối này có tính chất như H2 SO4 loãng), còn NaHSO4 lại tạo kết tủa với Ba(HCO3 )2. Vậy các bước thực hiện như sau: Đun nóng  Sử dụng dung dịch NaHCO3  Sử dụng dung dịch NaHSO4 Hướng dẫn: Trích mẫu các dung dịch để làm thí nghiệm - Đun nóng lần lượt các mẫu: + Mẫu nào có khí thoát ra mà không có kết tủa là mẫu NaHCO3. t0

2NaHCO3  Na2CO3 + H2O + CO2  + Mẫu nào vừa có khí thoát ra, vừa có kết tủa trắng là nhóm Ba(HCO3)2 và Mg(HCO3)2 (nhóm A) t0

Ba(HCO3)2  BaCO3  + H2O + CO2 

KÈ

Mg(HCO3)2  MgCO3  + H2 O + CO2  + Hai mẫu không thấy hiện tượng là nhóm Na2SO3 và NaHSO4 (nhóm B) - Dùng dung dịch NaHCO3 thử 2 mẫu nhóm B, nhận ra NaHSO4 vì có khí thoát ra. Mẫu còn lại là Na2SO3. 2NaHSO4 + NaHCO3  Na2SO4 + H2 O + CO2  - Dùng dung dịch NaHSO4 thử lần lượt các mẫu nhóm A, mẫu nào có xuất hiện kết tủa là Ba(HCO3)2, mẫu không thấy kết tủa là Mg(HCO3)2. 2NaHSO4 + Ba(HCO3)2  Na2SO4 + BaSO4  + 2H2O + 2CO2  Hoặc viết: NaHSO4 + Ba(HCO3)2  BaSO4  + NaHCO3 + H2O + CO2  2NaHSO4 + Mg(HCO3)2  Na2SO4 + MgSO4 + 2H2O + 2CO2  2. Phân tích: Mấu chốt bài toán ở chỗ dùng 40ml dung dịch NaOH 1M và dùng 80ml dung dịch NaOH 1M thì lượng kết tủa thu được như nhau  chứng tỏ TN1 lượng ZnSO4 còn dư (vì nếu TN này kết tủa cực đại thì thêm NaOH làm cho lượng kết tủa giảm), TN 2 lượng Zn(OH)2 bị tan bớt một phần. Thứ tự phản ứng: Phản ứng trung hòa (axit tác dụng bazơ) xảy ra trước. Hướng dẫn: a. Vì khi tăng lượng NaOH mà khối lượng kết tủa không đổi nên  TN1 còn dư ZnSO4 và TN2 kết tủa tan một phần. Thí nghiệm 1: ZnSO4 dư  NaOH hết Tính n NaOH  0, 04 mol ; n H SO = 0,1x (mol); n ZnSO = 0,1y (mol) ; n Zn(OH)  0,01 mol 2

ẠY

2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O 0,2x 0,1x (mol) 2NaOH + ZnSO4  Zn(OH)2  + Na2SO4 0,02 0,01 0,01 (mol) Ta có: 0,2x + 0,02 = 0,04  x = 0,1 (M) Thí nghiệm 2: Zn(OH)2 tan một phần n NaOH (thêm) = 0,04 mol 2NaOH + ZnSO4  Zn(OH)2  + Na2SO4 (0,2y – 0,02) ( 0,1y – 0,01)  (0,1y – 0,01) mol 2NaOH + Zn(OH)2  Na2ZnO2 + 2H2O (0,06 – 0,2y)  (0,03 – 0,1y) (mol) Vì lượng kết tủa không đổi nên số mol Zn(OH)2 sinh thêm bằng số mol Zn(OH)2 bị hòa tan.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

182

Đặt T =

n NaOH n Zn(OH)

 2

FF IC IA L

 0,1y – 0,01 = 0,03 – 0,1y  y = 0,2 (M) Lưu ý: Ta có thể xử lý thí nghiệm 2 bằng cách xét cả quá trình với số mol NaOH = 0,08, số mol Zn(OH)2 = 0,01 mol. H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2 O 0,01  0,02 (mol) ZnSO4 + 2NaOH  Na2SO4 + Zn(OH)2  0,1y  0,2y 0,1y (mol) Zn(OH)2 + 2NaOH  Na2ZnO2 + 2H2O (0,1y – 0,01)  (0,2y – 0,02) (mol) Ta có: 0,02 + 0,4y – 0,02 = 0,08  y = 0,2 (M) Ngoài ra các em cũng có thể giải theo phương pháp bải toàn nguyên tố, hoặc sử dụng tỷ số hợp thức cho phản ứng giữa ZnSO4 với NaOH.

0, 08  0, 02 6  0, 01 1

Hợp thức theo T ta có PTHH chung: 2ZnSO4 + 6NaOH  Zn(OH)2  + Na2ZnO2 + 2Na2SO4 + 2H2O 0,02 0,01 (mol) Ta có: 0,1y = 0,02  y = 0,2 (M) b. Đồ thị Các điểm tọa độ đặc biệt (tương ứng với số mol NaOH từ 0  0,08 mol): +) Khi 0  n NaOH  0, 02  n Zn(OH) = 0 2

+) Khi n NaOH  0,06 mol  n Zn(OH) (max) = 0,02 (mol) 2 +) Khi n NaOH = 0,08  n Zn(OH) = 0,01 (mol) 2

n Zn(OH)

- Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol Zn(OH)2 theo số mol NaOH

0,02 0,015 0,01

0,02

n NaOH 0,04

0,06

0,08

KÈ

1, 485 Khi m Zn(OH)  1, 485 (gam)  n Zn(OH) =  0,015 (mol) 2 2 99 Theo đồ thị  n NaOH = 0,05 mol hoặc n NaOH = 0,07 mol

ẠY

Vậy sau khi dùng 40ml dung dịch NaOH 1M, để thu được 1,485 gam kết tủa thì phải thêm 0,01 mol hoặc 0,03 mol NaOH. Câu 4. Phân tích: 1. Hỗn hợp có 4 chất mà đề cho chỉ 3 dữ kiện nên không đủ để giải theo phương pháp đại số (đạt ẩn). Vì vậy bài toán này phải giải quyết bằng các kỹ thuật giải nhanh, trong đó thường dùng bảo toàn khối lượng. A + HCl  40,9 gam muối khan + H2O + 4,8 gam (CO2 + H2) (0,3 mol) Như vậy nhiệm vụ các em phải tìm số mol HCl và số mol H2O rồi áp dụng BTKL để xác định giá trị m. Viết PTHH các em sẽ thấy quan hệ số mol HCl với CO2 và H2 (dễ dàng tính được số mol 2 khí này bằng phương pháp đại số) 2HCl  CO2 + H2O ; 2HCl  H2  (Hoặc quy hỗn hợp gồm kim loại Mg và RCO3 thì sẽ dễ dàng hơn rất nhiều) 2. Ta phân tích bằng sơ đồ sau:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

FeCO3 , MgCO3 CuCO3 , Fe

t 0 / KK  D 1 T/gian

FeO, MgO CuO, Fe 2O3  

183

 H 2SO4 ®Æc, t 0   d

F CO d(t o )

CO2 CO

SO2  0,015 mol

Ca (OH) d

2  CaCO     3 0,07 mol

Fe,Cu

FF IC IA L

 

 H 2SO 4 ®Æc, t0   SO (V  ?) 2 d

MgO Mấu chốt: Số mol O(trong D) = Số mol O (bị khử) + số mol O (trong E). Ở cấp THCS, phương pháp giải phù hợp là: Phân tích hệ số, ghép ẩn số, Quy đổi, sử dụng quy tắc hóa trị (tương tự bảo toàn electron ở cấp THPT). Hướng dẫn: 1. Tính n B  0,3 mol

Đặt công thức chung các muối cacbnat là: RCO3  Xem hỗn hợp A chỉ có Mg và RCO3 RCO3 + 2HCl  RCl2 + H2O + CO2  2x x x (mol) Mg + 2HCl  MgCl2 + H2  2y y (mol)

 x  y  0,3  x  0,1  n HCl (pư) = 2.(0,1 + 0,2) = 0,6 mol   44x  2y  4,8  y  0, 2 BTKL  m A  m HCl  m muèi  m H O  m khÝ 2

Theo đề bài ta có: 

 m + 0,6.36,5 = 40,9 + 0,1.18 + 4,8  m = 25,6 gam  Hoặc sử dụng tăng giảm khối lượng:

m A  m muèi  m Cl  m CO  40, 9  0, 6.35,5  0,1.60 = 25,6 (gam) 3

2. n SO  0, 015 mol ; n CaCO = 0,07 mol 2 3 Đặt công thức chung của Fe2 O3, FeO, CuO là R2On  Hỗn hợp D chỉ gồm MgO và Fe2On - Phản ứng với H2SO4 đặc, nóng: t0

MgO + H2SO4 đ  MgSO4 + H2O t0

KÈ

R2On + (2m–n)H2SO4 đ  R2(SO4)m + (2m–n)H2O + (m–n)SO2  - Phản ứng với CO và H2SO4 đặc: t0

ẠY

R2On + nCO  2R + nCO2 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O Phân tích hệ số (3,4)  n O (trong R2On) = n CO  n CaCO  0, 07 mol 2 3

(1) (2) (3) (4)

Phân tích hệ số (2)  n SO  n SO (muối R) – n O (oxit KL) 2 4  n SO (muối R) = 0,015 + 0,07 = 0,085 mol 4

Rắn E gồm: MgO, R MgO + H2SO4  MgSO4 + H2O 2R + 2mH2SO4  R2(SO4)m + 2mH2O + mSO2  Phân tích hệ số phản ứng (6)  n SO  n SO (muối R) = 0,085 mol 2

 VSO (pư 5) = 0,085.22,4 = 1,904 lít 2

 Cách 2: Sử dụng quy tắc hóa trị (như bảo toàn e) Theo quy tắc hóa trị ta có:

(5) (6)

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

184

TN1: n O(trong D) .2  n SO .2  n KL .x (trong đó x là hóa trị trung bình của KL) 2 TN2: n O (trong D) .2 – n O (bÞ khö) .2 + n SO = n KL .x 2  n SO (2)  n SO (1) + n CO = 0,015 + 0,07 = 0,085 mol 2

 Cách 3: Sử dụng ghép ẩn số t0

FF IC IA L

R2On + (2m–n)H2SO4 đ  R2(SO4)m + (2m–n)H2O + (m–n)SO2  a a(m –n) mol t0

R2On + nCO  2R + nCO2 a 2a an (mol) CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O an  an (mol) 2R + 2mH2SO4  R2(SO4)m + 2mH2O + mSO2  2a  am(mol)

am  an  0, 015  am  0, 085 = n SO (TN2) 2 an  0, 07

Ta có: 

 Cách 4: Sử dụng quy đổi. Vì bài toán không liên quan đến khối lượng các chất trong hỗn hợp nên ta quy đổi D (Fe2O3, MgO, Fe) Thí nghiệm 1: MgO + H2SO4  MgSO4 + H2O Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O 2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4 )3 + 6H2 O + 3SO2  0,01 0,015 (mol) Thí nghiệm 2: t0

Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2 

0,07 (mol)

0,14 3

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O 0,07 0,07 mol

KÈ

 MgO  Rắn E:  0,17  Fe : 3 (mol) MgO + H2SO4  MgSO4 + H2O 2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4 )3 + 6H2 O + 3SO2  0,17  0,085 mol 3

ẠY

Câu 5. 1. Phân tích: Đề bài cho biết % khối lượng Cl trong sản phẩm thế thì phương pháp tốt nhất để xử lý dữ kiện là dùng định luật thành phần khối lượng không đổi.(tỷ lệ khối lượng theo công thức tổng quát bằng tỷ lệ khối lượng thực nghiệm). Vì đề bài chưa biết sản phẩm thế có bao nhiêu nguyên tử Cl nên ta giả sử sản phẩm có x nguyên tử Cl.  CT của sản phẩm là C3H8-xClx và lập tỷ lệ khối lượng theo công thức này, giải phương trình tìm x. Hướng dẫn: Phương trình phản ứng: as

C3H8 + xCl2  C3H8-xClx + xHCl Theo đề ta có:

35,5x 62,832  x2 44  34, 5x 100

Công thức phân tử của sản phẩm thế là: C3H6Cl2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018 (1)

( 2)

185

(3)

FF IC IA L

Khai triển mạch cacbon: C C  C Vị trí thế của 2 nguyên tử Cl có thể là: 1-1; 1-2; 1-3; 2-2  C3H6Cl2 có 4 đồng phân: CHCl2 – CH2 – CH3 ; CH2 Cl – CHCl – CH3 CH2Cl – CH2 – CH2Cl; CH3 – CCl2 – CH3 2. Phân tích: Khi đốt cháy dẫn xuất CxHyClz trong khí oxi thì clo sẽ kết hợp hidro tạo hidroclorua (HCl). Đối với CHCl3 (clorofom hay triclometan) rất khó cháy trong không khí. Vì vậy khi làm thí nghiệm đốt cháy chất này người ta thường đốt chung với chất dễ bắt cháy (ở bài này người ta đã dùng giấy lọc để bắt cháy). Theo tỷ lệ số mol C: H: Cl = 1: 1: 3 thì Cl dư so với H nên còn sản phẩm thứ hai có chứa Cl. Hướng dẫn: Khi đốt mẫu giấy lọc, thì CHCl3 cháy cùng với giấy lọc. t0

CHCl3 + ½ O2  COCl2 + HCl (hidroclorua) Khí hidroclorua tiếp xúc với dung dịch AgNO3 trên phễu, xảy ra phản ứng tạo kết tủa AgCl màu trắng bám trên thành phễu. HCl + AgNO3  AgCl  + HNO3 Câu 6. Phân tích: 1. Đề bài cho biết lượng CO2 và H2O ở phần 1, ta dễ dàng tính được khối lượng hỗn hợp các hidrocabon ban đầu bằng bảo toàn nguyên tố cacbon và hidro. Vì C  CO2 ; H  H2O nên mA = mC + mH  m = 2.(12n CO  2n H O ) 2

 Cách 1: n 

2n  2

n CO nB

n CO



2. Hỗn hợp B gồm 2 hidrocacbon mạch hở không bị hấp thụ bởi dung dịch brom, chứng tỏ B là ankan. Bài toán chỉ yêu cầu tìm công thức và định lượng mỗi hidrocabon đồng đẳng trong B, do đó nên xác định chỉ số cacbon trung bình (thông thường dựa vào giá trị trung bình sẽ tìm được một chất PTK nhỏ hơn). Ở đây đốt B( C H )  0,45 mol CO2 và 0,7 mol H2O nên ta có 2 cách tính giá trị C trung bình:

 n CO O

 Cách 2: Theo tỷ lệ số mol CO2 và H2O (hoặc C và H):

n n  1 n H 2O 2n  2  hoặc  H n n CO n n CO 2

Hướng dẫn:

1, 94

19,8

KÈ

 Phần 1: n CO   0,85 mol ; n H O =  1,1 (mol) 2 2 22, 4 18

y y t0 ) O2  xCO2 + H2O 4 2 Bảo toàn nguyên tố C, H  m  2.(m C  m H ) = 2. (0,85.12 + 1,1.2) = 24,8 (gam)

ẠY

CxHy + ( x 

10,08

12,6

 Phần 2: n CO   0, 45 mol ; n H O =  0, 7(mol) 2 2 22, 4 18

Hỗn hợp B gồm 2 hidrocacbon mạch hở, không phản ứng với dung dịch brom  B là ankan. Đặt công thức trung bình của B: C H n

2n  2

3n  1 O2  n CO2 + ( n +1)H2 O 2 n  1 0, 7 Ta có:   n  1,8 n 0, 45

C n H 2n  2 +

Theo tính chất giá trị trung bình  hỗn hợp B phải có một chất có chỉ số C < 1,8  Ankan nhỏ là CH4 ; Ankan lớn: CnH2n+2

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

nB 

186

 n CH 4  0,15 mol 0, 45  0, 25 mol   1,8  n Cn H 2n  2  0,1 mol

Bảo toàn số mol C  0,15 + 0,1n = 0,45  n = 3 Công thức phân tử của 2 ankan: CH4 và C3H8 4 (trong B)

 0,15.16  2, 4 (gam)

3H8 (trong B)

 0,1.44  4, 4 (gam)

FF IC IA L

m CH

 Lưu ý: Các em có thể tính số mol hỗn hợp B theo phân tích hệ số CO2, H2O Theo phản ứng: n B  n H O  n CO  0,7  0, 45  0, 25 mol 2

 C

n CO nB



0, 45  1,8  Hỗn hợp có CH4 0, 25

ẠY

KÈ

Để tìm CTPT của ankan lớn trong B thì làm như cách ở trên hoặc sử dụng tự chọn lượng chất, như sau: Giả sử có 1mol hỗn hợp  0,6 mol CH4 và 0,4 mol CnH2n+2  0,6.1 + 0,4n = 1,8  n = 3 --**--

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

187

FF IC IA L

ĐỀ SỐ 31 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỘC LỚP 9 TỈNH TIỀN GIANG Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------Bài 1 (5,5 điểm) 1.1. Hãy viết 5 phương trình hóa học điều chế SO2, ghi rõ điều kiện (nếu có). 1.2. Có bốn mẫu phân bón hóa học sau: NH4NO3, Ca(H2PO4)2, KNO3, NH4 H2PO4. a. Mẫu thuộc loại phân bón đơn ? Mẫu nào thuộc loại phân bón kép ? b. Chỉ dùng một thuốc thử, hãy trình bày phương pháp hóa học để nhận biết bốn mẫu phân bón hóa học trên. 1.3. Cho mỗi mô hình (A, B, C) sau tương ứng với một phương pháp tách chất trong phòng thí nghiệm:

ẠY

KÈ

a. Hãy cho biết tên phương pháp tách của mỗi hình trên. b. Hãy lựa chọn phương pháp thích hợp nhất trong ba phương pháp trên để tách các hỗn hợp sau: dầu ăn và nước; rượu etylic và nước; bari sunfat và bari clorua. Bài 2 (4,5 điểm) 2.1. Có 4 dung dịch: Na2CO3; MgCl2; Fe(NO3)2 và Ba(NO3)2 được ký hiệu ngẫu nhiên là X, Y, Z và T. Kết quả thí nghiệm của X, Y, Z và T với các thuốc thử được ghi ở bảng sau (" –": không xảy ra phản ứng; "": tạo chất khí; "" tạo chất kết tủa): Chất X Y Z T Thuốc thử  trắng hơi xanh, rồi Dung dịch NaOH  trắng chuyển sang nâu đỏ Dung dịch H2SO4 loãng  trắng   a. Xác định các chất X, Y, Z và T. b. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm trên. 2.2. Tiền Giang là một trong những địa phương có ngành chăn nuôi phát triển mạnh. Để tận dụng chất thải chăn nuôi, đồng thời giảm chi phí năng lượng và hạn chế ô nhiễm môi trường nên người chăn nuôi đã xây dựng bếp biogas. Loại bếp này hoạt động dựa trên nguyên tắc quá trình phân hủy xủa chất thải chăn nuôi sonh ra khí metan được dùng làm nhiên liệu đốt. Cần đốt bao nhiêu lít khí metan (đktc) để lượng nhiệt sinh ra đủ đun 1,0 lít nước (D = 1g/cm3 ) từ 300C lên 1000C? Biết rằng: - 1mol metan cháy tỏa ra 914,375 kJ. - Muốn nâng 1,0 gam nước lên 10C cần tiêu tốn 4,18 J và giả sử chỉ 80% lượng nhiệt sinh ra làm tăng nhiệt độ của nước. 2.3. Poli(vinyl clorua) (viết tắt là PVC) là một vật liệu có nhiều ứng dụng trong thực tế cuộc sống. Một nhà máy hóa chất tổng hợp PVC theo sơ đồ chuyển hóa: CH4  C2 H2  C2H3Cl  PVC Từ 560 m3 khí thiên nhiên (ở đktc), nhà máy trên tổng hợp được bao nhiêu kg PVC? Biết CH4 chiếm 90% thể tích khí thiên nhiên và hiệu suất của quá trình tổng hợp là 50%. Bài 3 (5,0 điểm) 3.1. Cho hỗn hợp A gồm C3H8, C2H4 và C2H2. Đốt cháy hoàn toàn m gam A cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 6,84 gam nước. Mặt khác, m gam A tác dụng tối đa với dung dịch chứa 32,0 gam Br2. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi khí trong A.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

188

FF IC IA L

3.2. X và Y là hai chất hữu cơ đơn chức, có cùng công thức phân tử và có khối lượng mol bằng 74 gam/mol. Phần trăm theo khối lượng của các nguyên tố trong X như sau: 48,65%C; 8,11%H và 43,24%O. Biết X,Y đều tác dụng được với dung dịch NaOH; X tác dụng được với Na; Y không tác dụng với Na. a. Viết công thức cấu tạo có thể có của X và Y. b. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Bài 4 (5,0 điểm) 4.1. Có một mẫu vải chất liệu bằng sợi bông tự nhiên. Nhỏ vào mẫu vải vài giọt dung dịch H2SO4 đặc, tại vị trí tiếp xúc với axit vải bị đen rồi thủng. Nếu thay bằng dung dịch HCl đặc thì sau một thời gian, tại chỗ tiếp xúc với vải bị mủn dần rồi thủng. Viết phương trình hóa học để giải thích các hiện tượng trên. 4.2. Hỗn hợp X gồm: Ba(HCO3)2, Na2O và NaHCO3 (các chất có cùng số mol). Hòa tan 12,15 gam X vào nước, thu được dung dịch Y và a gam chất kết tủa. Đun Y đến cạn, thu được b gam chất rắn khan. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng đã xảy ra. b. Tìm giá trị của a và b. 4.3. Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào 100ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl aM và Al2(SO4)3 bM, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Số gam Al(OH)3

0,5

0,2

m2 m1 x 0,7

Số mol NaOH

a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng đã xảy ra trong thí nghiệm trên. b. Tìm giá trị của a, b, x, m1 và m2. --**-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH TIỀN GIANG Năm học 2017-2018 ------------------------

Bài 1. 1.1. Phân tích: Lưu huỳnh đioxit (SO2) được điều chế từ phản ứng đốt cháy lưu huỳnh (hoặc hợp chất của lưu huỳnh), hoặc sử dụng phản ứng giữa chất khử với H2 SO4 đặc hoặc trao đổi giữa muối sunfit với axit. Ở đây đề bài yêu cầu viết 5 phương trình hóa học (không yêu cầu các phản ứng khác loại) nên có rất nhiều cách lựa chọn các phương trình hóa học. Hướng dẫn:

S + O2  SO2 t0

KÈ

4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2 

Cu + 2H2SO4 đặc   CuSO4 + 2H2O + SO2  t0

ẠY

Na2SO3 + H2SO4 đặc  Na2SO3 + H2O + SO2  t0

2FeO + 4H2SO4 đặc  Fe2 (SO4)3 + 4H2O + SO2  1.2. Phân tích: Để giải bài này các em cần nắm một số kiến thức sau: - Phân bón đơn là phân chỉ chứa một nguyên tố dinh dưỡng trong số các nguyên tố chính N, P, K. Phân bón kép chứa 2 hoặc 3 nguyên tố dinh dưỡng chính. - Thuốc thử đặc trưng để nhận biết muối amoni là kiềm, ở đây có 2 muối amoni NH4NO3 và NH4H2PO4 nên cần chọn lọc dung dịch kiềm nào có thể phân biệt được 2 muối này. Để tạo sự khác biệt về hiện tượng đối với 2 muối này thì ta nên chọn Ca(OH)2 hoặc Ba(OH) 2, tuy nhiên chọn Ca(OH)2 sẽ dễ viết phương trình hóa học hơn. Hướng dẫn: a. Phân bón đơn: NH4NO3, Ca(H2PO4)2. Phân bón kép: KNO3 (đạm, kali), NH4H2PO4 (đạm, lân). b. Trích các chất thành các mẫu nhỏ để thí nghiệm.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

189

FF IC IA L

Thử lần lượt các mẫu bằng dung dịch nước vôi trong dư. - Mẫu nào sinh khí mùi khai mà không có kết tủa là NH4NO3. 2NH4NO3 + Ca(OH)2  Ca(NO3)2 + 2H2O + 2NH3  - Mẫu nào có khí mùi khai và có kết tủa trắng là NH4H2PO4. 2NH4H2 PO4 + 3Ca(OH)2  Ca3(PO4)2  + 6H2O + 2NH3  - Mẫu nào có kết tủa trắng mà không có khí là Ca(H2PO4)2. Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2  Ca3(PO4)2  + 4H2O - Mẫu nào không thấy hiện tượng là KNO3. 1.3. Phân tích: Các mô hình đề cho là các phương pháp tách chất khá phổ biến trong hóa học, đã được học trong chương trình hóa học lớp 8 (chương 1). Để hiểu thêm về các phương pháp tách, ta hãy phân tích chi tiết các mô hình như sau:

ẠY

KÈ

Hướng dẫn: a. Tên các phương pháp tách: (A): Lọc gạn ; (B): Chưng cất ; (C): Chiết b. Phương pháp tách các chất trong mỗi hỗn hợp Hỗn hợp Phương pháp tách Cho hỗn hợp 2 lớp vào phễu chiết, mở khóa cho đến khi Dầu ăn và nước lớp nước chảy hết xuống bình hứng thu được nước trong bình hứng và dầu ăn trên phễu chiết. (Mô hình C) Chưng cất hỗn hợp ở khoảng 78,30C thu được rượu Rượu etylic và nước etyilc ở bình hứng và nước ở bình cầu. (Mô hình B) Hòa tan hỗn hợp vào nước dư, lọc hỗn hợp qua phễu lọc BaSO4 và BaCl2 thu được BaSO4 trên phễu. Cô cạn nước lọc thì được BaCl2 khan. (Mô hình A). Bài 2. 2.1. Phân tích: Đây là câu lý thuyết tương đối dễ xác định các chất X,Y,Z,T. Tuy nhiên sẽ không ít học sinh lung túng về các hiện tượng tạo ra bởi Fe(NO3)2. Lưu ý khi trộn H2SO4 loãng và dung dịch Fe(NO3)2 vào nhau thì trong dudng dịch chứa muối Fe2+ có tính khử và các ion H+, NO3- kết hợp tạo nên tính oxi hóa mạnh nên xảy ra phản ứng đưa Fe2+ lên Fe3+ và khử N+5 xuống mức thấp hơn (NO). Viết phương trình hóa học của phản ứng này dưới dạng phân tử là khó đối với học sinh THCS. 6Fe(NO3 )2 + 9H2SO4  3Fe2(SO4)3 + 10HNO3 + 2NO  + 4H2O Hướng dẫn: X Y Z T Xác định chất Fe(NO3)2 Ba(NO3)2 MgCl2 Na2CO3 Fe(OH)2 (trắng Mg(OH)2 Phản ứng với dd NaOH xanh)  Trắng Fe(OH)3 nâu đỏ BaSO4 Phản ứng với H2SO4 loãng NO  CO2  Trắng Các phương trình hóa học: - Tác dụng với NaOH: 2NaOH + Fe(NO3)2  Fe(OH)2  + 2NaNO3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

190

Theo đề bài ta có:

FF IC IA L

2Fe(OH)2 + ½ O2 + H2O  2Fe(OH)3  2NaOH + MgCl2  Mg(OH)2  + 2NaCl - Tác dụng với H2SO4 loãng: 6Fe(NO3)2 + 9H2SO4  3Fe2(SO4)3 + 10HNO3 + 2NO  + 4H2O Ba(NO3)2 + H2SO4  BaSO4  + 2HNO3 Na2CO3 + H2SO4  Na2SO4 + H2O + CO2  2.2. Hướng dẫn: Nhiệt lượng cần cung cấp để nâng 1kg nước từ 300C đến 1000C là: Q = 4,18.1000. (100 – 30) = 292600 J = 292,6 kJ Gọi V (lít) là thể tích CH4 cần dùng

V.914,375 80   292, 6  V  8,96 lit 22, 4 100

2.3. Phân tích: Đây là bài toán không phức tạp nhưng có lẽ sẽ có nhiều học sinh lúng túng ở chỗ tính khối lượng PVC. Để giải nhanh bài toán này, các em cần lưu ý một số kiến thức sau: - Trong phản ứng trùng hợp thì khối lượng luôn bảo toàn ( m T  m S ) - Khi giải các bài toán theo hiệu suất quá trình thì nên tính theo sơ đồ và chỉ quan tâm chất đầu và chất cuối. Hướng dẫn:

504.16 560.90  504 m 3  mCH   360 kg 4 4 100 22, 4 50 Vì hiệu suất quá trình H% = 50% nên  m CH (p)  360. =180 kg 4 100 Sơ đồ: 2CH4  C2H2  C2H3Cl  1 mắt xích PVC

Ta có: VCH 

180 (kg) ............... ?

180.62, 5  351,5625 (kg) 32 Theo BTKL  m PVC  mC H Cl = 351,5625 (kg)

Ta có: m C H Cl  2 3

2 3

Bài 3. 3.1. Phân tích: Đếm số dữ kiện và số chất trong hỗn hợp ta thấy số chất bằng số dữ kiện. Do đó, đây là bài toán dễ vì chỉ cần gọi ẩn lập phương trình giải tìm ẩn là sẽ giải quyết được yêu cầu của đề bài. Hướng dẫn: Tính được số mol n O  0,59 mol ; n H O = 0,38 mol ; n Br = 0,2 mol 2

ẠY

KÈ

- Tác dụng với O2: C3H8 + 5O2  3CO2 + 4H2O x  5x 4x (mol) C2H4 + 3O2  2CO2 + 2H2O y  3y 2y (mol) C2H2 + 2,5O2  2CO2 + H2O z  2,5z z (mol)

5x  3y  2, 5z  0,59 (1) (2)  4x  2y  z  0,38

Ta có: 

- Tác dụng với dung dịch Brom: C2H4 + Br2  C2 H4Br2 y y (mol) C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 z 2z (mol) Ta có: y + 2z = 0,2 (3) Giải hệ phương trình (1,2,3)  x = 0,04 ; y = 0,08; z = 0,06

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

%VC

3H8

 %VC



191

0, 04 0,084 100%  22, 22% ; %VC H  100%  44, 44% 2 4 0,18 0,18  33,34%

2H 2

Theo định luật TPKĐ, ta có:

FF IC IA L

3.2. Phân tích: Các chất X,Y có cùng công thức phân tử, đã biết % khối lượng các nguyên tố và khối lượng mol nên dễ dàng tìm được công thức phân tử. Phần viết CTCT thì cần lưu ý: Tác dụng với NaOH thì hợp chất có chứa nhóm chức este (-COO-) hoặc chức axit (-COOH). Tác dụng với Na thì phải chứa nguyên tử H linh động (thuộc các nhóm chức –OH hoặc -COOH). Như vậy chất vừa tác dụng với Na vừa tác dụng với NaOH phải thuộc loại axit. Hướng dẫn: a. Đặt công thức chung của X, Y là: CxHyOz

12x y 16z 74     x=3; y= 6 ;z=2 48, 65 8,11 43, 24 100

Vậy công thức phân tử của X,Y là: C3 H6O2 Vì X tác dụng với Na và NaOH nên X thuộc loại axit. Vì Y tác dụng NaOH và không tác dụng với Na nên Y thuộc loại este. CTCT của X: CH3-CH2-COOH CTCT của Y: HCOOCH2 -CH3 hoặc CH3-COO-CH3 b. Các phương trình hóa học: CH3CH2COOH + Na  CH3CH2 COONa + ½ H2  CH3CH2COOH + NaOH  CH3CH2COONa + H2O t0

HCOOCH2CH3 + NaOH  HCOONa + CH3CH2OH t0

CH3COOCH3 + NaOH  CH3 COOCH3 + CH3OH Bài 4. 4.1. Phân tích: Sợi bông tự nhiên có thành phần chính là xenlulozơ (-C6H10 O5-)n. Xenlulozơ bị mất nước bởi H2SO4 đặc (háo nước) và bị thủy phân trong dung dịch HCl. Phản ứng với H2SO4 đặc rất mãnh liệt và nhanh chóng, phản ứng với dung dịch HCl thì chậm hơn. Hướng dẫn: Sợi bông có thành phần chính là xenlulozơ: –C6H10O5–n hay C6n (H2O)5n - Khi vải tiếp xúc với H2 SO4 đặc thì xenlulozơ bị mất nước thành than (màu đen). Sau đó cacbon (than) bị oxi hóa trong H2SO4 đặc làm cho vải bị thủng. H 2 SO4 ñaëc C6n(H2O)5n   6nC + 5nH2O + Q t0

KÈ

C + 2H2SO4 đặc  CO2  + 2SO2  + 2H2O - Khi vải tiếp với dung dịch HCl đặc thì xảy ra phản ứng thủy phân xenlulozơ, phản ứng này xảy ra chậm nên làm cho mảnh vải bị mủn dần, sau đó bị thủng. HCl

ẠY

–C6H10 O5–n + nH2O   nC6H12O6 4.2. Phân tích: Để giải bài toán không mắc sai lầm thì cần chú ý một số kiến thức quan trọng sau: - NaHCO3 và Ba(HCO3)2 đều tác dụng với kiềm theo tính chất "muối axit + kiềm  muối trung hòa + nước" (Nếu Ba(HCO3)2 dư thì sau phản ứng Na2CO3 thay bằng NaHCO3) - Nếu NaHCO3 phản ứng trước tạo ra Na2CO3 thì cũng bị Ba(HCO3)2 tác dụng tạo trở lại NaHCO3 như ban đầu. Vì vậy trong bài toán này thì coi như Ba(HCO3)2 ưu tiên xảy ra phản ứng trước NaHCO3. Hướng dẫn: a. Số mol mỗi chất trrong hỗn hợp X:

12,15  0, 03 mol 62  84  259 - Khi hòa tan trong nước: Na2O + H2 O  2NaOH 0,03  0,06 (mol) n Na

 n NaHCO  n Ba(HCO 3

3 )2



Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

192

Ba(HCO3)2 + 2NaOH  BaCO3  + Na2CO3 + 2H2O 0,03  0,06 0,03 0,03 (mol) Vì NaOH hết nên NaHCO3 chưa phản ứng.

 NaHCO3 : 0,03 mol  Na 2CO3 : 0,03 mol

Dung dịch Y 

- Khi đun nóng Y đến cạn:

FF IC IA L

2NaHCO3  Na2CO3 + H2O + CO2  0,03  0,015 (mol) b. Chất rắn sau đun cạn chỉ có Na2 CO3 (0,045 mol) Khối lượng kết tủa BaCO3: a = 0,03.197 = 5,91 gam Khối lượng chất rắn: b = 0,045.106 = 4,77 gam 4.3. Phân tích: Vì cho từ từ NaOH đến dư nên lượng kết tủa từ 0  cực đại  0. Phản ứng trung hòa xảy ra trước các phản ứng còn lại. Khi tính toán theo đồ thị các em phải hiểu mỗi đoạn trên đồ thị tương ứng với những phản ứng hóa học nào và các chất ban đầu còn dư hay hết.

Hướng dẫn: a. Phương trình phản ứng (xét toàn bộ quá trình) NaOH + HCl  NaCl + H2O (1) 0,1a  0,1a 6NaOH + Al2(SO4)3  2Al(OH)3  + 3Na2SO4 (2) 0,6b  0,1b 0,2b (mol) max NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O (3) 0,2b  0,2b (mol) b. Theo đồ thị ta thấy:  Khi n NaOH  0, 2 (mol) thì kết tủa bắt đầu xuất hiện  vừa đủ tác dụng với HCl.

KÈ

 0,1a = 0,2  a = 2 (M)  Khi n NaOH  0,5 mol  Al2(SO4)3 còn dư

0,5  0, 2

Theo (2): n Al(OH)  n NaOH   0,1 (mol)  m1 = 0,1.78 = 7,8 (gam) 3 3 3  Khi n NaOH  0,7 mol  Kết tủa tan một phần  n Al(OH) (tan) = (0,2b – 0,1) mol 3

ẠY

Theo (1,2,3): 0,2 + 0,6b + (0,2b – 0,1) = 0,7  b = 0,75 M (Công thức tính nhanh: n  4n 3  n   n   n 3 = 0,15  0,2b = 0,15  b = 0,75) Al

 Khi n NaOH  x(mol)  kết tủa cực đại n Al(OH)  0,75.0,2 = 0,15 mol 3  m2 = 0,15.78 = 11,7 (gam) x = n HCl  3n Al(OH)  0, 2  3.0,15  0, 65 mol 3 (max)

(Hoặc tính theo phản ứng (1,2): x = 0,1a + 0,6a = 0,2 + 0,6.0,75 = 0,65 mol) --**--

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

193

ĐỀ SỐ 32 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH BÌNH THUẬN Năm học 2017-2018 Thời gian 150 phút ------------------------

(5)

(1)

(7)

(3) (4)

Fe (2)

(6)

(8)

E (10)

(9)

FF IC IA L

Câu 1: (4,0 điểm) 1. Thay các chất A, B, C, D, E, F bằng các hợp chất thích hợp rồi viết phương trình đầy đủ các phương trình hóa học theo sơ đồ sau:

ẠY

KÈ

2. Chỉ dùng nước, một dung dịch axit và một dung dịch bazơ. Hãy nêu phương pháp hóa học để nhận biết 5 chất bột sau: Mg, MgO, MgSO4, Mg(NO3)2 , MgCO3 . Viết phương trình hóa học xảy ra. Câu 2: (4,0 điểm) 1. Hòa tan hỗn hợp gồm 12,8 gam CuO và 16,0 gam Fe2O3 trong 155 ml dung dịch H2SO4 2M cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau phản ứng thấy có m gam chất rắn không tan. Tính m. 2. Tiến hành hai thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: cho m gam bột sắt dư vào V1 lít dung dịch Cu(NO3)2 1M. Thí nghiệm 2: cho m gam bột sắt dư vào V2 lít dung dịch AgNO3 0,1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được ở hai thí nghiệm bằng nhau. Tìm mối liên hệ V1 và V2 . Câu 3: (4,0 điểm) 1. Hòa tan hoàn toàn 24,625 gam hỗn hợp muối gồm KCl, MgCl2 và NaCl vào nước rồi thêm vào đó 300 ml dung dịch AgNO3 1,5M. Sau phản ứng thu được dung dịch A và kết tủa B. Cho 2,4 gam Mg vào dung dịch A, khi phản ứng kết thúc lọc tách riêng chất rắn C và dung dịch D. Cho toàn bộ rắn C vào dung dịch HCl loãng dư, sau phản ứng thấy khối lượng chất rắn C giảm đi 1,92 gam. Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch D, lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thu được 4 gam chất rắn E. Tính thành phần % theo khối lượng của các muối có trong hỗn hợp ban đầu. 2. Cho 8,4 gam Fe tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được khí SO2 và dung dịch X, cô cạn X thu được 26,4 gam muối khan. Tính khối lượng H2SO4 đã phản ứng. Câu 4: (4,0 điểm) 1. Khử hoàn toàn một lượng oxit sắt FexOy bằng H2 nóng, dư. Hơi nước tạo ra được hấp thụ hết vào 100 gam dung dịch H2SO4 98% thì thấy nồng độ axit giảm đi 3,405%. Chất rắn thu được sau phản ứng khử trên được hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl thì thoát ra 3,36 lít H2 (đktc). Tìm công thức của oxit sắt trên. 2. Hỗn hợp bột X gồm nhôm và kim loại kiềm M (hóa trị I). Hòa tan hoàn toàn 3,18 gam X trong lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng thu được 2,464 lít H2 (đktc) và dung dịch Y (chỉ gồm muối sunfat trung hòa). Cho Y tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch Ba(OH)2 cho tới khi gốc sunfat chuyển hết thành kết tủa thì thu được 27,19 gam kết tủa. Xác đinh kim loại M. Câu 5: (4,0 điểm) 1. Dẫn 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm metan, etilen và axetilen qua bình đựng dung dịch brom dư thấy khối lượng bình tăng 2,7 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 1,075 gam hỗn hợp Z, toàn bộ sản phẩm được dẫn qua bình đựng H2SO4 đặc thấy khối lượng bình tăng 1,575 gam. Tính thành phần % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp Z. 2. Đốt cháy một hidrocacbon X ở thể khí với 0,96 gam khí O2 trong một bình kín rồi cho toàn bộ các chất thu được sau phản ứng lần lượt đi qua bình (1) chứa P2O5 dư, bình (2) chứa dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau thí nghiệm thấy ở bình (2) thu được 1,5 gam kết tủa và cuối cùng còn 0,112 lít (đktc) một khí duy nhất thoát ra. Xác định công thức phân tử của hidrocacbon X. Biết phản ứng xảy ra hoàn toàn. --**--

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

194

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH BÌNH THUẬN Năm học 2017-2018 ------------------------

2Fe + 3Cl2  2FeCl3 2FeCl2 + 3Cl2  2FeCl3 2FeCl3 + Fe  3FeCl2 FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl FeCl3 + 3NaOH  Fe(OH)3 + 3NaCl 2Fe(OH)2 + ½ O2 + H2O  2Fe(OH)3 Fe(OH)2 + H2SO4 loãng  FeSO4 + 2H2O 2Fe(OH)3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 6H2O

(2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9)

FF IC IA L

Câu 1. 1. Phân tích: Mấu chốt bài tập ở chỗ Fe, từ đây cho ta biết các ký hiệu (A), (B) … là các hợp chất của Fe. Nếu nắm chắc lý thuyết về sắt và các hợp chất của sắt thì dễ dàng đoán được các chất nhánh trên là hợp chất Fe(II) còn các chất nhánh dưới là các hợp chất của Fe(III). Hướng dẫn: - Xác định chất: (Học sinh có thể chọn các chất khác) A B C D E F FeCl2 FeCl3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 FeSO4 Fe2 (SO4)3 - Phương trình hóa học: (1) Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 

ẠY

KÈ

(10) 2FeSO4 + 2H2SO4 đặc  Fe2 (SO4)3 + 2H2O + SO2  2. Phân tích: Đây là bài tập đã từng xuất hiện trong nhiều đề thi học sinh giỏi, chuyên, năng khiếu (đề thi vào lớp 10 phổ thông năng khiếu TP Hồ Chí Minh năm học 2013-2014 …). Ở đây đề cho sẵn các thuốc thử: nước, axit, kiềm. Các thuốc thử này có tác dụng gì trong nhận biết? Nước gúp ta chia các chất thành nhóm tan Mg(NO3)2, MgSO4 và nhóm không tan Mg, MgO, MgCO3. Dung dịch Bazơ chọn vào phải tạo ra sự khác biệt trong hiện tượng của kết tủa, do đó ta chọn dung dịch Ba(OH)2. Lúc đó xuất hiện kết tủa 1 chất và kết tủa hỗn hợp (tan một phần trong dung dịch axit đã chọn là HCl). Kết hợp 2 thuốc thử là dung dịch axit HCl và Ba(OH)2 còn giúp ta phân biệt được MgO, MgCO3 và Mg. Hướng dẫn: Chất mất nhãn MgO MgCO3 Mg MgSO4 Mg(NO3)2 Thuốc thử H2O Nhóm không tan (A) Nhóm tan (B) dd Ba(OH)2 Không thử   Thử KT bằng Tan 1 phần Tan hoàn toàn dung dịch HCl dư Dung dịch HCl Tan, không có    Dẫn khí vào dung Không có   dịch Ba(OH)2 dư Các phương trình hóa học: MgSO4 + Ba(OH)2  Mg(OH)2  + BaSO4  Mg(NO3)2 + Ba(OH)2  Mg(OH)2  + Ba(NO3)2 2HCl + Mg(OH)2  MgCl2 + 2H2O MgO + 2HCl  MgCl2 + H2O MgCO3 + 2HCl  MgCl2 + H2O + CO2  Mg + 2HCl  MgCl2 + H2  CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

195

2 3

FF IC IA L

Câu 2. 1. Phân tích: CuO và Fe2O3 có tổng số mol O là 0,46 mol > 0,31 mol SO4 trong axit H2SO4. Do đó axit H2SO4 thiếu. Khi phản ứng với H2SO4 thì không thể xác định được chất nào phản ứng trước, nên ta phải xét theo 2 giả thiết (giả thiết 1: CuO phản ứng trước; giả thiết 2: Fe2 O3 phản ứng trước). Giá trị của m là một khoảng. (Các em HS xem thêm chuyên đề 17 sách 22 chuyên đề hay và khó BD HSG Hóa học THCS tập 2"). Hướng dẫn: Tính số mol n CuO  0,16 mol ; n Fe O = 0,1 mol ; n H SO = 0,31 mol 4

n O  0,16  0,1.3  0, 46  n SO  0,31 mol  H2SO4 thiếu. 4

n Cu(NO

3 )2

* Nếu CuO phản ứng trước: CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O 0,16  0,16 (mol) Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O Bđ: 0,1 (0,31 – 0,16) mol Spư: 0,05 0,15 Spư: 0,05 0  m = 0,05.160 = 8 gam * Nếu Fe2O3 phản ứng trước: Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O 0,1  0,3 (mol) CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O Bđ: 0,16 (0,31 – 0,3) mol Spư: 0,01 0,01 Spư: 0,15 0  m = 0,15.80 = 12 gam Thực tế CuO và Fe2O3 phản ứng xong xong nên  8 gam < m < 12 gam. 2. Phân tích: Sắt dư  2 muối Cu(NO3)2 và AgNO3 phản ứng hết. Khối lượng chất rắn thu được là bằng nhau nên độ tăng khối lượng của mỗi thí nghiệm bằng nhau. Các dữ kiện đề cho và đại lượng đề hỏi đều ở dạng tương đối, đây là cơ sở để ta khẳng định bài toán có thể sử dụng được kỹ thuật tự chọn lượng chất (hoặc giải theo các ẩn V1, V2). Hướng dẫn:  Cách 1: Sử dụng đại số theo các ẩn V1, V2

 V1 (mol) ; n AgNO  0,1V2 (mol) 3

KÈ

Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu  V1 V1 V1 (mol) Độ tăng khối lượng kim loại: m1 KL= 64V1 -56V1 = 8V1 (gam)

ẠY

Fe + 2Ag(NO3  Fe(NO3)2 + 2Ag  0,05V2 0,1V2 0,1V2 (mol) Độ tăng khối lượng kim loại: m 2 KL= 0,1V2 .018  56.0,05V2 = 8V2 (gam) Vì khối lượng chất rắn ở 2 thí nghiệm bằng nhau nên m1  m 2  8V1 = 8V2  V1 = V2  Cách 2: Sử dụng tự chọn lượng chất Giả sử mỗi TN có 1mol Fe phản ứng với Cu(NO3)2 Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu  1 1 1 mol  tăng KL = 8 gam

 V1 =

1 = 1lit 1

Fe + 2Ag(NO3  Fe(NO3)2 + 2Ag 

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

196

AgNO3 KCl     0,45 mol  24, 625(gam) MgCl2   NaCl 

KNO 3 , NaNO 3 Mg(NO3 ) 2 ; AgNO 3

Mg  0,1 mol

 

FF IC IA L

Tăng giảm khối lượng  n AgNO   2  0,1 mol 3 216  56  V2 = 0,1: 0,1 = 1 lít Vậy V1 = V2 Câu 3. 1. Phân tích: Dung dịch A tác dụng với Mg  chứng tỏ A chứa AgNO3  các muối ban đầu hết Rắn C tác dụng với dung dịch HCl  C có Mg dư  Dung dịch D chỉ có Mg(NO3)2, KNO3, NaNO3  4 gam chấn rắn E là MgO. KNO3 , NaNO3 Mg(NO3 ) 2

NaOH d, nung KT

 MgO  4 gam

HCl d

 C : Ag, Mg     Gi¶m 1,92 gam

B : AgCl

Bài toán hỗn hợp 3 chất trong khi đề cho 3 dữ kiện để định lượng là khối lượng hỗn hợp, độ giảm khối lượng chất rắn C và khối lượng MgO sau khi nung D. Đây là cơ sở để lập hệ 3 phương trình 3 ẩn (x,y,z mol mỗi chất ban đầu). Khi giải ta cần chú ý bảo toàn số mol Mg và số mol AgNO3 BT mol Mg  y + 0,1 = 1,92/24 + 4/40  y = 0,08 BT số mol AgNO3  x + 2y + z + (2,4 – 1,92).2/24 = 0,3.1,5 Hướng dẫn: n AgNO  0, 45 mol ; n Mg  0,1 mol

KÈ

- Phản ứng với AgNO3: Vì A tác dụng với Mg nên A chứa AgNO3 dư  các muối ban đầu phản ứng hết. Gọi x, y, z lần lượt là số mol KCl, MgCl2, NaCl trong hỗn hợp đầu. KCl + AgNO3  AgCl  + KNO3 (1) x x x (mol) MgCl2 + 2AgNO3  2AgCl  + Mg(NO3)2 (2) y 2y 2y (mol) NaCl + AgNO3  AgCl  + NaNO3 (3) z z z (mol) Mg + 2AgNO3  Mg(NO3)2 + 2Ag  (4) Rắn C tác dụng với HCl nên trong C có Mg  pư (4) còn dư Mg  AgNO3 hết. Rắn C gồm Mg và Ag ; D gồm: Mg(NO3)2 , KNO3, NaNO3 - Phản ứng của C với HCl: Mg + 2HCl  MgCl2 + H2  (5) - Phản ứng của D với NaOH: Mg(NO3)2 + 2NaOH  Mg(OH)2  + 2NaNO3 (6) t0

ẠY

Mg(OH)2  MgO + H2 O 0,1

(7)

4 (mol) 40

Theo (5)  khối lượng chất rắn giảm xuống chính bằng khối lượng Mg phản ứng.

2, 4  1,92  0, 04 mol 24 74,5x  95y  58,5z  24, 625  x  0,15   Theo đề ta có:  x  2y  z  0,3.1,5  0, 04   y  0, 08  y  0, 02  0,1 z  0,1  

Theo (4): n AgNO  2n Mg  2  3

Phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu: 0,15.74,5 %m KCl   100%  45,38% 24,625

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

197

0, 08.95 100%  30,86%  %m NaCl  23,76% 24,625

%m MgCl  2

2. Phân tích: Lượng H2SO4 không cho dư nên rất có thể sau phản ứng có muối FeSO4 và Fe2(SO4)3. Không cần quan tâm muối tạo thành là muối nào, vì đã có khối lượng Fe và khối lượng muối  số mol SO4 (26,4 – 8,4):96 = 0,1875 mol. Sử dụng phân tích hệ số  số mol H2SO4 phản ứng. (Hoặc sử dụng bảo toàn khối lượng). Ở đây ta có thể sử dụng pp khác, vì ta dễ dàng chứng minh được

n SO4 n Fe



(26, 4  8, 4) : 96  1, 25  1,5 ) hoặc gọi x, y lần lượt là số mol FeSO4, 0,15

FF IC IA L

phản ứng tạo 2 muối ( 1 

Fe2(SO4)3 sau đó lập phương trình, giải tìm x,y. Nếu nghiệm nào bằng 0 thì muối tương ứng không có. Tuy nhiên, nếu không sử dụng bào toàn thì các phương pháp đều dài dòng không cần thiết. Hướng dẫn:  Cách 1: Sử dụng phân tích hệ số 4

26, 4  8, 4  0,1875 mol 96

Đặt công thức trung mình của muối là Fe2(SO4)n 2Fe + 2nH2SO4  Fe2 (SO4)n + 2nH2O + nSO2  Theo phản ứng  n H SO  2n SO = 0,1875.2 = 0,375 mol 2

n SO4 n Fe



(26, 4  8, 4) : 96  1, 25  1,5  phản ứng tạo 2 muối 0,15

Vì 1 

 Cách 3: Sử dụng phương pháp đại số

 m H SO (phản ứng) = 0,375.98 = 36,75 gam 2 4  Cách 2: Sử dụng BTKL 2Fe + 2nH2SO4  Fe2 (SO4)n + 2nH2O + nSO2  a a 0,5a (mol) BTKL  8,4 + 98a = 26,4 + 18a + 0,5a.64  a = 0,375 mol  m H SO (phản ứng) = 0,375.98 = 36,75 gam

nSO (muối) =

2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2  x  3x 0,5x (mol) Fe + 2H2SO4  FeSO4 + 2H2O + SO2  y  2y y (mol)

56x  56y  8, 4  x  0, 075   200x  152y  26, 4  y  0, 075

Ta có: 

ẠY

KÈ

 m H SO (phản ứng) = (3.0,075 + 2.0,07).98 = 36,75 gam 2 4 Câu 4. 1. Phân tích: Từ số mol H2 sinh ra (trong phản ứng với HCl)  số mol Fe Từ thí nghiệm pha loãng dung dịch H2SO4 , sủ dụng đại số hoặc quy tắc đường chéo sẽ tìm được số mol hơi nước. (Xem bài giải)



n x  Fe  ? y nH O 2

Hướng dẫn: t0

FexOy + yH2  xFe + yH2O Nồng độ dung dịch axit H2SO4 sau pha loãng: C% = 98 – 3,405 = 94,595% Ta có:

98 18n H

 100



94,595  n H O  0, 2 mol 2 100

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Hoặc sử dụng quy tắc đường chéo:

18n H

100



198

3, 405  n H O  0, 2 mol 2 94,595  0

n x 0,15 3  Fe    Công thức oxirt sắt: Fe3O4 y n H O 0, 2 4

Theo (1) 

2. Phân tích:

Al : x H 2SO 4   3,18 (gam) X M(I) : y

H 2 : 0,11 mol Al 2 (SO4 )3 M 2SO4

Ba(OH)

2  BaSO 4 ; Al(OH)3  27,19(gam)

Định hướng: Số mol SO4 = số mol H2 = 0,11  n Ba(OH)  n BaSO  0,11 mol 2 4 3

27,19  0,11.233  0, 02 mol 78

 n Al(OH) 

FF IC IA L

Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  0,15 0,15 (mol)

Theo quy tắc hóa trị (như BT điện tích cấp THPT)  n OH  3n Al  n M  3n Al  Al(OH)3 bị tan bớt một phần, số mol tan bớt = số mol MOH = > x – y = 0,02 (1) 1,5x + 0,5y = 0,11 (2)  x = 0,06 ; y = 0,04 BTKL hỗn hợp X  M = 39 (K) Hướng dẫn: 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2  x 0,5x 1,5x (mol) 2M + H2SO4  M2SO4 + H2  y 0,5x 0,5y (mol) Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4  + 2Al(OH)3  0,5x  1,5x x (mol) M2SO4 + Ba(OH)2  BaSO4  + 2MOH 0,5y  y y (mol) MOH + Al(OH)3  MAlO2 + 2H2O Bđ: y x (mol)

2, 464

Theo các phản ứng  n BaSO  n H   0,11 (mol) 4 2 22, 4

KÈ

 n Al(OH) (kết tủa) = 3

27,19  0,11.233  0, 02 mol 78

Trong kết tủa có Al(OH)3 nên sau phản ứng không còn MOH  n Al(OH) (tan) = y (mol) 3

1,5x  0,5y  0,11  x  0, 06   x  y  0, 02  y  0, 04

ẠY

 

Ta có: 0,06.27 + 0,04.M = 3,18  M = 39  M là kali (K) Câu 5. 1. Phân tích: Đây là kiểu bài tập khá quen thuộc, đã được thầy và các đồng nghiệp viết khá kỹ trong sách "22 chuyên đề hay và khó BD HSG Hóa học THCS tập 2". Mấu chốt để nhận dạng bài toán là hỗn hợp tham gia 2 TN mà dữ kiện của hỗn hợp ở 2 TN mang đơn vị khác nhau, vì vậy ta giải bài toán theo độ lệch phần (giả sử lượng hỗn hợp ở TN này gấp k lần lượng của nó trong TN kia).  Chú ý: Khối lượng bình H2SO4 đặc tăng lên chính bằng khối lượng H2 O của sản phẩm cháy. Khối lượng bình dung dịch brom tăng lên chính bằng khối lượng các hidrocacbon không no đã bị hấp thụ vào bình (gồm etilen và axetilen) Hướng dẫn: Gọi x, y, z lần lượt là số mol CH4, C2H4, C2H2 trong 0,2 mol Z.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

199

 kx, ky, kz .................................................................1,075 gam Z.  Thí nghiệm 1: C2H4 + Br2  C2H4Br2 C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 Khối lượng dung dịch brom tăng 2,7 gam chính bằng tổng khối lượng C2H4 và C2H2

FF IC IA L

4, 48   0, 2 (1) x  y  z   Ta có:  22, 4  28y  26z  2, 7 (2) 

Thí nghiệm 2: Khối lượng bình H2SO4 đặc hút nước  m H O  1,575 gam 2 t0

CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O kx  2kx (mol) t0

C2H4 + 3O2  2CO2 + 2H2O ky  2ky (mol) t0

C2H2 + 2,5O2  2CO2 + H2O kz  kz (mol)

Giải hệ pt (1,2,3)  x = 0,1 ; y = 0,05 ; z = 0,05 Phần trăm thể tích các khí trong hỗn hợp Z:

16kx  28ky  26kz  1, 075  Ta có:   60x – 24y – 96z = 0 (3) 1,575  2kx  2ky  kz  18  0, 0875

0,1 100%  50% 0, 2 0, 05  %VC H  100%  25% 2 2 0, 2

2H 4

%VC

%VCH 

KÈ

2. Phân tích: Mấu chốt bài toán ở chỗ một dữ kiện rất quan trọng, đó là sau khi dẫn hỗn hợp sau phản ứng cháy qua các bình P2O5 (hút nước) và Ca(OH)2 dư (hấp thụ CO2) mà có thoát ra 0,005mol khí. Chứng tỏ còn dư oxi hoặc hidrocacbon X. Trường hợp 1: Nếu khí O2 dư  số mol O2 pư = 0,025 mol > 1,5 số mol CO2 = 0,0225 mol  X là ankan (hoặc BT mol oxi  số mol H2O = 0,02 mol > số mol CO2 = 0,015 mol  X là ankan). Trường hợp 2: Nếu khí X dư thì vẫn biết X là ankan vì số mol O2 phản ứng = 0,03 > 1,5 lần số mol CO2 (hoặc bảo toàn số mol oxi như cách 1). Hướng dẫn: Tính số mol n O (ban đầu) = 0,03 mol ; n CaCO  0, 015 mol ; n khÝ tho¸t ra  0,005 mol 3

ẠY

CnH2n+2-2k + (1,5n + 0,5 – 0,5k) O2  nCO2 + (n + 1 – k)H2O CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O 0,015 0,015 mol P2O5 + 3H2O  2H3PO4  Trường hợp 1: Nếu O2 dư n O (phản ứng) = 0,03 – 0,005 = 0,025 mol > 1,5 n CO  0,0225 mol 2

 X là ankan  k = 0

1,5n  0,5 0, 025  n 3 n 0, 015 Công thức phân tử của X là: C3H8.  Trường hợp 2: Nếu X dư Theo phản ứng cháy ta có:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

200

n O (phản ứng) = 0,03 mol > 1,5 n CO  0,0225 mol 2

 X là ankan  k = 0 Theo phản ứng cháy ta có:

1,5n  0,5 0, 03   n 1 n 0, 015

ẠY

KÈ

FF IC IA L

Công thức phân tử của X là: CH4.  Lưu ý: Có thể sử dụng BT mol nguyên tố oxi để tìm số mol nước trong mỗi trường hợp. --**-ĐỀ SỐ 33 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH LÀO CAI Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút --------------------Câu 1 (2,0 điểm) 1. Chỉ được dùng thêm quỳ tím hãy nhận biết các dung dịch mất nhãn sau: HCl, Na2CO3, Na2SO3, BaCl2, Na2S, NaCl. 2. Hình vẽ minh họa sau đây dùng để điều chế và thu khí SO2 trong phòng thí nghiệm. a. Viết 2 phương trình phản ứng minh họa tương ứng với các chất A, B. b. Nêu vai trò của bông tẩm dung dịch kiềm (NaOH hoặc Ca(OH)2) (ddD), viết phương trình hóa học minh họa. c. Cho 2 hóa chất là dung dịch H2SO4 đặc và Cao rắn. Hóa chất nào được dùng và không được dùng để làm khô khí SO2. Giải thích? Câu 2 (2,0 điểm) 1. Hãy viết các phương trình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau: Nung nóng Cu trong không khí, sau một thời gian được chất rắn A. Hòa tan chất rắn A trong H2SO4 đặc, nóng (vừa đủ) được dung dịch B và khí D có mùi hắc. Cho natri kim loại vào dung dịch B thu được khí G và kết tủa M. Cho khí D tác dụng với dung dịch KOH thu được dung dịch E. E vừa tác dụng với dung dịch BaCl2, vừa tác dụng được với dung dịch NaOH. 2. Nêu hiện tượng xảy ra trong trường hợp sau và giải thích: Hòa tan Fe bằng dung dịch HCl và sục khí Cl2 đi qua hoặc cho KOH vào dung dịch và để lâu trong không khí. Câu 3 (3,0 điểm). 1. Hòa tan 9,4 gam K2O vào 100 gam nước được dung dịch A. Tính nồng độ C% của dung dịch A. 2. Trộn 200ml dung dịch H2SO4 xM (dung dịch C) với 300ml dung dịch KOH yM (dung dịch D) thu được 500ml dung dịch E làm quỳ tím chuyển màu xanh. Để trung hòa dung dịch E cần đúng 200ml dung dịch H2SO4 1M. Mặt khác, trộn 300ml dung dịch C với 200ml dung dịch D thu được 500ml dung dịch F. Biết rằng 500ml dung dịch F phản ứng vừa đủ với 5,4 gam kim loại Al. Tính giá trị của x,y? Câu 4 (4,0 điểm). 1. Hòa tan hoàn toàn 25,2 gam một muối cacbonat của kim loại hóa trị II bằng dung dịch HCl 7,3 % (D =1,038 g/ml). Cho toàn bộ lượng khí CO2 thu được vào 500ml dung dịch NaOH 1M thu được 29,6 gam muối. Xác định công thức hóa học của muối cacbonat và thể tích dung dịch HCl đã dùng. 2. Cho 14 lít H2 và 4 lít N2 vào bình phản ứng. Sau phản ứng thu được 16,4 lít hỗn hợp khí (các thể tích khí đo ở cùng nhiệt độ, áp suất). Tính phần trăm thể tích NH3 thu được và hiệu suất tổng hợp NH3. Câu 5 (4,0 điểm). 1. Người ta dùng khí CO dư ở nhiệt độ cao để khử hoàn toàn 53,5 gam hỗn hợp X chứa CuO, Fe2O3, PbO, FeO thu được hỗn hợp kim loại Y và hỗn hợp khí Z. Cho Z tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 dư, phản ứng xong người ta thu được 60 gam kết tủa trắng. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b. Xác định khối lượng của hỗn hợp kim loại Y. 2. Cho 16 gam hỗn hợp X gồm bột Mg, Fe vào 600ml dung dịch AgNO3 có nồng độ C (mol/l), khuấy đều hỗn hợp để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y và 70,4 gam chất rắn Z. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16 gam chất rắn T.

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

201

FF IC IA L

Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp X và tính giá trị C. Câu 6 (5,0 điểm). 1. Tìm các chất kí hiệu bằng chữ cái trong sơ đồ và hoàn thành sơ đồ phản ứng bằng phương trình hóa học:

QT  xanh  k0 mùi

Thử bằng dd HCl (Với nhóm A) Thử bằng dd Na2CO2 (Với nhóm B)

QT  đỏ Nhận ra

QT  xanh Nhóm A  mùi hắc

Thử bằng quỳ tím

2. Khí metan điều chế được có lẫn khí etilen, axetilen và khí cacbonic. Làm thế nào thu được khí metan tinh khiết. Viết phương trình phản ứng. 3. Đốt cháy hidrocacbon A (thể khí, điều kiện thường) được kết quả: số mol CO2 bằng 2 lần số mol H2O. a. Xác định công thức phân tử có thể có của A. b. Cho 0,05 mol A phản ứng hết với AgNO3 trong dung dịch NH3, thu được 7,95 gam kết tủa. Xác đinh công thức cấu tạo của A. --**-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH LÀO CAI Năm học 2017-2018 ---------------------Câu 1. 1. Phân tích: Đề bài chỉ yêu cầu sử dụng thêm quỳ tím, do đó ta cần khai thác các chất nhận được từ lần thử trước để làm thuốc thử cho các chất còn lại. Ta thấy dung dịch HCl giúp phát hiện ra các chất Na2 CO3, Na2SO3, Na2S vì mùi chất khí sản phẩm khác nhau, còn Na2CO3 (hoặc Na2SO3) tạo kết tủa với BaCl2. Hướng dẫn: HCl Na2CO3 Na2SO3 Na2S BaCl2 NaCl QT  xanh

Nhóm B

 mùi trứng thối 

ẠY

KÈ

Các phương trình hóa học: 2HCl + Na2CO3  2NaCl + H2O + CO2  (không mùi) 2HCl + Na2SO3  2NaCl + H2O + SO2  (mùi hắc) 2HCl + Na2S  2NaCl + H2S  (mùi trứng thối) Na2CO3 + BaCl2  BaCO3  + 2NaCl 2. Phân tích: Kiến thức cần nắm: Phương pháp điều chế SO2 trong phòng thí nghiệm là cho muối sunfit tác dụng với axit mạnh hoặc kim loại (thường là KL yếu) tác dụng với H2 SO4 đặc, nóng. SO2 là khí độc, tan khá tốt trong nước và có tính chất của oxit axit dễ dàng bị hấp thụ trong các dung dịch kiềm. Chất chọn làm khô khí phải có tính hút ẩm và không tác dụng trực tiếp hoặc gián tiếp với chất cần làm khô, không gây phản ứng tạo ra khí khác lẫn theo chất cần làm khô. a. Chọn A: Na2 SO3 ; B: H2SO4 đặc Hoặc A: Cu; B: H2SO4 đặc Phương trình hóa học: t0

Na2SO3 + H2SO4 đặc  Na2SO4 + H2 O + SO2  t0

Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 + 2H2 O + SO2  b. Khí SO2 là khí độc, dùng bông tẩm dung dịch kiềm để hấp thụ SO2 khi đầy bình, nhằm ngăn không cho SO2 thoát ra ngoài gây độc hại cho môi trường sống. SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O SO2 + Ca(OH)2  CaSO3  + H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

202

FF IC IA L

c. – Dùng H2SO4 đặc làm khô khí SO2 vì H2SO4 đặc hút ẩm mạnh và không phản ứng với SO2. – Không dùng CaO làm khô khí SO2 vì xảy ra phản ứng với SO2: CaO + H2O  Ca(OH)2 CaO + SO2  CaSO3 Ca(OH)2 + SO2  CaSO3  + H2O Câu 2. 1. Phân tích: Câu này khá dễ, tuy nhiên các em cần chú ý một số dữ kiện định tính sau đây: - Nung Cu trong không khí sau một thời gian thì phản ứng chưa hoàn toàn nên chất rắn thu được gồm CuO và Cu dư. - Sản phẩm của phản ứng SO2 tác dụng KOH vừa tác dụng với BaCl2 , vừa tác dụng với NaOH thì sản phẩm đó có muối SO32- và muối HSO3 -. Hướng dẫn: Các phương trình hóa học: t0

2Cu + O2  2CuO Rắn A gồm CuO và Cu dư CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O t0

ẠY

KÈ

Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 + 2H2O + SO2  Vì dung dịch E tác dụng với BaCl2 và NaOH nên E có K2SO3 và KHSO3 SO2 + 2KOH  K2SO3 + H2O SO2 + KOH  KHSO3 K2SO3 + BaCl2  BaSO3  + 2KCl 2KHSO3 + 2NaOH  K2SO3 + Na2SO3 + 2H2O 2. Phân tích: Kiến thức cần nắm: Cl2 có tính oxi hóa mạnh nên có khả năng oxi hóa dung dịch muối Fe2+(màu lục nhạt) thành muối Fe3+ (màu vàng nâu). Fe(OH)2 là chất rắn màu trắng hơi xanh, để lâu trong không khí thì bị oxi hóa bởi O2/H2O tạo thành Fe(OH)3 là chất rắn có màu nâu đỏ. Hướng dẫn: - Thí nghiệm hòa tan Fe vào dung dịch HCl: + Hiện tượng: kim loại Fe tan dần, có khí không màu thoát ra và dung dịch chuyển từ không màu sang màu lục nhạt. Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  - Thí nghiệm sục Cl2 vào dung dịch FeCl2: + Hiện tượng: dung dịch màu lục nhạt chuyển dần thành màu vàng nâu. Cl2 + 2FeCl2 (dd)  2FeCl3 - Thí nghiệm cho KOH vào dung dịch FeCl2 và để lâu trong không khí: + Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa màu trắng xanh, sau đó chuyển dần sang màu nâu đỏ. FeCl2 + 2KOH  Fe(OH)2  + 2KCl 2Fe(OH)2 + ½ O2 + H2O  2Fe(OH)3  Trắng xanh nâu đỏ Câu 3.

9, 4

1. n K O   0,1 mol 2 94 Khi hòa tan K2O vào nước có xảy ra phản ứng: K2O + H2O  2KOH 0,1  0,2 mol BTKL  m dd = 9,4 + 100 = 109,4 (gam)

C% KOH (ddA)  2. Phân tích:

0, 2.56 100%  10, 24% 109, 4

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

203

Đây là dạng toán khá quen thuộc trong hệ thống các bài tập pha trộn dung dịch. Để giải bài toán này ta cần chú ý những kiến thức sau đây: - Bản chất phản ứng trung hòa: n H(ax)  n OH(baz)

FF IC IA L

- Dung dịch sau phản ứng giữa axit với kiềm mà tác dụng được với Al, Zn hoặc Al2O3, ZnO, Cr2O3 hoặc các hydroxit tương ứng thì có 2 khả năng: dư axit hoặc dư kiềm. Hướng dẫn:  Thí nghiệm 1:

 200ml dd C (H 2SO 4 ) xM  n H 2SO4  0, 2x (mol)   300ml dd C (KOH) yM  n KOH  0, 3y (mol)

2SO 4

(thêm) = 0,2.1 = 0,2 mol

Xét toàn thí nghiệm  n H SO .2  n KOH 2 4  (0,2x + 0,2).2 = 0,3y  0,2x – 0,15y = - 0,2 (1) Hoặc tính theo PTHH: 2KOH + H2 SO4  K2SO4 + 2H2O 0,3y  0,15y (mol)  0,15y = 0,2x + 0,2  0,2x – 0,15y = - 0,2 (1)  Thí nghiệm 2:

300ml dd C (H 2SO 4 ) xM  n H 2SO4  0, 3x (mol)    200ml dd C (KOH) yM  n KOH  0, 2y (mol)

ẠY

KÈ

Vì dung dịch F phản ứng với Al nên có 2 trường hợp: H2SO4 + 2KOH  K2 SO4 + 2H2 O Bđ: 0,3x 0,2y (mol) TH1: 0,1y 0,2y (H2SO4 dư) TH2: 0,3x  0,6x (KOH dư)  Trường hợp 1: H2SO4 dư 3H2SO4 + 2Al  Al2(SO4)3 + 3H2  0,3  0,2 mol Ta có: 0,3x – 0,1y = 0,3 (2) Giải phương trình (1,2)  x = 2,6 (M) ; y = 4,8 (M)  Trường hợp 2: KOH dư 2KOH + H2O + 2Al  2KAlO2 + 3H2  0,2 0,2 (mol) Ta có: 0,2y – 0,6x = 0,2 (3) Giải hệ phương trình (1,3)  x = 0,2 (M) ; y = 1,6 (M) Câu 4. 1. Phân tích: Theo đề cho muối cacbonat MCO3 có khối lượng 25,2 gam, muốn tìm công thức của muối MCO3 thì phải xác định giá trị khối lượng mol MCO3  khối lượng mol M. Vậy mấu chốt bài toán ở số mol CO2 (vì số mol MCO3 bằng số mol CO2). Có lẽ một số học sinh lúng túng vì không biết 29,6 gam muối kia là muối gì? Điều này rất đơn giản vì ta dễ dàng chứng minh được muối nào tạo thành: Na2CO3 26,5 29,2

NaHCO3 Số gam muối 42

Tạo 2 muối

Có thể sử dụng cách chứng minh khác ...(xem lời giải) Hướng dẫn: MCO3 + 2HCl  MCl2 + H2O + CO2  (1) a 2a a (mol) Xét phản ứng của CO2 với NaOH:

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

204

0,5 .106  26,5 gam 2 Nếu vừa đủ tạo muối NaHCO3  m muèi  0,5.84  42 gam Theo đề  26,5 < m muèi = 29,6 < 42  chứng tỏ phản ưng tạo 2 muối Na2CO3 và NaHCO3 CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O (2) CO2 + NaOH  NaHCO3 (3)  Na 2CO3 : x(mol) BT mol Na , BTKL 106x  84y  29, 6 Ta có:     2x  y  0,5  NaHCO3 : y(mol)

FF IC IA L

Nếu vừa đủ tạo Na2CO3  m muèi 

Giải phương trình  x = 0,2 ; y = 0,1 BT mol C  n CO  n C  0, 2  0,1  0,3 mol = a 2

25, 2 Ta có: M + 60 =  84  M = 24 g/mol (Mg) 0,3 Công thức hóa học của muối cacbonat: MgCO3

0,3.2.36,5.100  289 ml 7,3.1, 038

VddHCl =

Lưu ý: - Ở đây đề phải cho thêm dữ kiện "dung dịch HCl vừa đủ", nếu thiếu cụm từ này thì Vdd  289 ml. - Nếu biết NaOH hết thì có thể xử lý phản ứng CO2 với kiềm bằng cách sau:  Chứng minh theo tỷ số n NaOH : n CO

n 29, 6 29, 6  0, 28  n CO   0, 35  1, 43  NaOH  1, 79  Phản ứng tạo 2 muối. 2 n CO 106 84 2

ẠY

KÈ

 Chứng minh theo khối lượng mol trung bình của hỗn hợp ảo Hỗn hợp muối Na2CO3  2NaX (M = 53) và MHCO3 (M = 84) 53 < M muối = 29,6: 0,5 = 59,2 g/mol < 84  Phản ứng tạo 2 muối  Hoặc sử dụng phương pháp giả thiết tạo 2 muối x,y mol. Giải phương trình tìm x,y và kết luận giả thiết đúng hoặc sai (nếu nghiệm nào có giá trị bằng 0 thì muối tương ứng không có). - Có thể sử dụng quy đổi để tìm số mol CO2 trong cách giải đã nêu trong bài mà không cần tím số mol từng muối. Qui đổi CO2 thành H2CO3 (tức là xem như CO2 tác dụng với nước trước) Sơ đồ: H2CO3 + NaOH  NaHCO3 + Na2CO3 + H2O a 0,5 0,5 (mol) BTKL  62a + 0,5.40 = 29,6 + 18.0,5  a = 0,3 mol 2. Phân tích: Ở bài này, đề bài chưa chính xác về câu từ . Bởi vì cho N2 và H2 vào bình thì không thể xảy ra phản ứng được. Vì vậy cần thêm cụm từ "nung nóng hỗn hợp trong điều kiện thích hợp" và cần có cụm từ sau một thời gian thay cho cụm từ "sau phản ứng". - Phương pháp giải các bài toán toàn chất khí thì cần khai thác tăng giảm thể tích và chú ý ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất thì tỷ lệ thể tích bằng tỷ lệ số mol. t 0 ,xt,P

N2 + 3H2   2NH3 Phân tích hệ số thấy 1 + 3 – 2 = 2 = hệ số NH3, do đó thể tích khí giảm xuống bằng thể tích NH3. Hướng dẫn:  Cách 1: Tính toán theo diễn biến phản ứng. t 0 ,xt,P

N2 + 3H2   2NH3 Bđ: 4 14 0 lít Pư: x  3x 2x Spư: (4 –x) (14 – 3x) 2x Theo đề ta có: 18x – 4x + 2x = 16,4  x = 0,8 lít VNH = 2x = 2.0,8 = 1,6 lít 3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

205

Vì N2 lấy thiếu so với H2 nên hiệu suất phản ứng tính theo N2. Hiệu suất phản ứng: H% =

0,8 100%  20% 4

 Cách 2: Sử dụng tăng giảm thể tích và xử lý sớm hiệu suất. (Bạn đọc tham khảo chuyên đề Hiệu suất ở sách 22 chuyên đề hay và khó BD HSG Hóa hoc THCS tập 2)

H% ) 100

FF IC IA L

Gọi h là hiệu suất phản ứng (h =  VN (phản ứng) = 4h (lít) 2

t 0 ,xt,P

N2 + 3H2   2NH3 4h  12h 8h (lít)  giảm V  8h lít Theo phản ứng thấy thể tích khí giảm xuống bắng thể tích NH3  VNH  4 + 14 – 16,4 = 1,6 lít 3

 8h = 1,6  h = 0,2 Vậy Hiệu suất phản ứng là: H% = 100h = 0,2.100% = 20% Câu 5. 1. Phân tích: Bản chất phản ứng khử oxi bởi CO hoặc H2 là số mol chất khử phản ứng (H2, CO) bằng số mol khí và hơi sinh ra (H2O, CO2) và bằng số mol oxi bị khử.  Khi giải các bài toán loại này thường sử dụng tăng giảm khối lượng hoặc BTKL. Tăng giảm KL  m KL  mOxit -mO  mOxit -16n CO 2

 m KL  moxit + 28n CO  44n CO Hướng dẫn: a. Các phương trình hóa học:

CuO + CO  Cu + CO2

(1)

Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2

BTKL  m oxit + m CO (p)  m KL  m CO2

PbO + CO  Pb + CO2

(2) (3)

KÈ

FeO + CO  Fe + CO2 (4) (Hoặc đặt chung công thức oxit kim loại là RxOy) CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (5) 0,6



60 (mol) 100

ẠY

b. Xác định khối lượng kim loại.  Cách 1: Tăng giảm khối lượng. Theo các phản ứng (1,2,3,4): n O (bị khử) = n CO = 0,6 mol 2  m Y  m X  m O = 53,5 – 0,6.16 = 43,9 gam.  Cách 2: Bảo toàn khối lượng. Theo các phản ứng (1,2,3,4): n CO (phản ứng) = n CO = 0,6 mol 2

BTKL  m Y  mX  mCO  mCO  53,5  0, 6.28  0, 6.44  43,9 (gam) 2

2. Phân tích: Đây là bài toán hay. Mấu chốt bài toán ở khối lượng chất rắn T = 16 gam = khối lượng hỗn hợp X. Điều này chứng tỏ trong phản ứng với AgNO3 thì kim loại vẫn còn dư. Hướng dẫn: Nếu Mg và Fe phản ứng hết thì trong chất rắn T có chứa 16 gam KL  m Fe O  m MgO  16 gam 2 3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

206

 Vậy trong phản ứng với AgNO3 vẫn còn dư kim loại  AgNO3 phản ứng hết. Mg + 2AgNO3  Mg(NO3)2 + 2Ag  x  2x 2x (mol)  KL tăng 192x (gam) Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag  y  2y 2y (mol)  KL tăng 160y(gam)

FF IC IA L

Dung dịch Y chỉ chứa Mg(NO3)2 và Fe(NO3)2 Mg(NO3)2 + 2NaOH  Mg(OH)2  + 2NaNO3 Fe(NO3)2 + 2NaOH  Fe(OH)2  + 2NaNO3 t0

Mg(OH)2  MgO + H2 O 2Fe(OH)2 + ½ O2  Fe2O3 + 2H2O BT mol Mg, Fe ta có sơ đồ: Mg  MgO 2Fe  Fe2O3 x  x (mol) y  0,5y (mol)

192x  160y  70, 4  16  x  0, 2   40x  80y  16  y  0,1  0

Ta có: 

Vì Fe đã phản ứng nên Mg hết. Khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X:

m Mg  0, 2.24  4,8 (gam)

2.(0, 2  0,1)  1 (mol/lit) 0, 6

Nồng độ mol AgNO3 là: C =

m Fe  16  4,8  11, 2 (gam)

Lưu ý: Ta có thể giải bài toán trên theo cách khác.

Nếu rắn T chỉ có MgO  n MgO   0, 4 mol  m Ag  0, 4.2.108  86, 4 gam > 70, 4 (g)  40 vô lý. Vây trong T có Fe2O3  Mg hết, kim loại dư chỉ có Fe. Gọi x, y, z lần lượt là số mol Mg, Fe phản ứng, Fe còn dư

 24x  56y  56z  16  x  0, 2     216x  216y  56z  70, 4   y  0,1  40x  80y  16 z  0,1  

ẠY

KÈ

Nếu giải bài toán theo cách biện luận trường hợp (theo khả năng phản ứng của hỗn hợp kim loại: Fe chưa phản ứng, Fe đã phản ứng một phần, Fe phản ứng hết) thì vẫn được, tuy nhiên cách này khá dài dòng và tốn nhiều thời gian. Câu 6. 1. Phân tích: Mấu chốt bài tập ở phản ứng vôi tôi xút và phản ứng nhiệt phân nhanh metan. Từ 2 phản ứng này ta xác định được A: CH4, X: Na2CO3 và B là C2H2 Từ đó  C: C2 H4; D: C2H5OH; E: CH3COOH Hướng dẫn: – Xác định chất (ghi các chất như phần phân tích) – Phương trình hóa học: t 0 (CaO)

CH3COONa + NaOH   CH4  + Na2CO3 o

1500 C 2CH4   C2H2 + 3H2 Lµm l¹nh nhanh Pd / PbCO3 C2H2 + H2   C2H4 toC

ax C2H4 + H2O   C2H5OH men giÊm C2H5OH + O2   CH3COOH + H2O

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

207

H2SO4 ®Æc, t   CH3COOC2 H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH  

FF IC IA L

2. Phân tích: CO2 là oxit axit bị hấp thụ trong dung dịch kiềm. C2H2 và C2H4 là các hidrocacbon không no (chứa liên kết pi kém bền) nên bị hấp thụ trong dung dịch brom. CH4 là hidrocacbon no nên không có các tính chất trên. Đây là cơ sở để ta dùng dung dịch kiềm và dung dịch brom để loại bỏ tạp chất. Hướng dẫn: – Sơ đồ tinh chế CH4:

 CH 4 CH 4  dd NaOH d  CH 4 , C 2 H 4 dd Br2 d    CO 2 Na 2 CO3 , NaOH  CO2 , C 2 H 2  C2 H 2 Br4 , C 2 H 4 Br2 , Br2

n CO nH



n 2 2 1  C    CTTQ của A là CnHn (n chẵn, vì H chẵn) 1 n H 2.1 1

a. Theo đề

– Các phương trình hóa học: C2H4 + Br2  C2H4Br2 C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O 3. Phân tích: Ở phản ứng đốt cháy đề cho dữ kiện ở dạng tỷ lệ nên ta có thể giải câu a theo tỷ lệ số mol C:H từ tỷ lệ số mol CO2 và H2O (hoặc sử dụng tử chọn lượng chất – giả sử có 1 mol H2 O hoặc 1 mol CO2). Hidrocacbon khí (đk thường) thì có chỉ số C  4. Ở câu b các em cần chú ý: trong phản ứng thế nguyên tử Ag vào hợp chất có nối ba ở đầu mạch thì số mol kết tủa luôn bằng số mol hidrocacbon chứa nối ba. Hướng dẫn:

Vì A là khí ở điều kiện thường  n  4  n = {2; 4} Công thức phân tử ó thể có của A là: C2H2 hoặc C4H4. NH

7, 95 n  4  159    A: C4H4 0, 05 x  1

Ta có: 13n + 107x =

3  2C H Ag  + xH O b. 2CnHn + xAg2O  n n-x x 2 0,05  0,05 mol Khối lượng mol kết tủa MKT = 13n + 107x

ẠY

KÈ

Công thức cấu tạo của A: CH2=CH–CCH  Lưu ý: Có thể xem MKT = MA + 107x = 159  x = 1; MA = 52  C4H4. Hoặc biện luận theo từng trường hợp với A lần lượt là C2H2 và C4H4 rồi kết luận trường hợp thỏa mãn. --**-HẾT TÀI LIỆU CHÚC QUÝ THẦY CÔ GIÁO LUÔN THÀNH CÔNG !